Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

ANNO ACCADEMICO 2000/2001
Esercitazioni di
MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE
di
Paolo Milanesi
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Indice delle esercitazioni
INDICE DELLE ESERCITAZIONI
INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI
1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI
1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE
1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO
2. TIPI DI VINCOLO
3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA MECCANICO
3.1. PRIMO ESEMPIO
3.2. SECONDO ESEMPIO
3.3. TERZO ESEMPIO
3.4. QUARTO ESEMPIO
4. SOMMA DI VETTORI
5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI
5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI
5.2. TEOREMA DI RIVALS
6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA
Prima esercitazione: GRU A BRACCIO
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA
1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO
1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ
1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA
5
5
5
5
6
6
6
7
7
7
8
9
9
10
11
12
13
13
13
14
15
16
17
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA
1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO
1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ
1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
2.1. CALCOLO DELL’AZIONE IN P
2.2. CALCOLO DELLA COPPIA MOTRICE Mm
2.3. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO B
2.4. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO A
18
18
18
18
19
20
20
20
20
20
Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO
21
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA
1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO
1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ
1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
23
23
23
24
25
26
1
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Indice delle esercitazioni
Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA
29
1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA
30
1.1. CALCOLO DELL’ENERGIA CINETICA EC E DELLA SUA DERIVATA
RISPETTO AL TEMPO
30
1.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE
30
1.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE E DELLA FORZA DI
RESISTENZA AERODINAMICA
30
1.4. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA
30
1.5. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA MEDIANTE
IL BILANCIO DI POTENZE
32
2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO
33
3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO
34
3.1. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE ANTERIORI
34
3.2. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE POSTERIORI
34
Quinta esercitazione: ASCENSORE
35
PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono
37
PRIMA PARTE:
MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore
37
1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE, DELLA
VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA E DELLA VELOCITÀ DI
SOLLEVAMENTO
37
1.1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE
37
1.2. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA
38
1.3. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO
38
2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE, DELLA POTENZA MOTRICE,
DEL MOMENTO MOTORE E DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE
DEL MOTORE ASINCRONO A SERVIZIO INTERMITTENTE
38
2.1. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE
38
2.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE
39
2.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE
39
2.4. CALCOLO DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE
39
SECONDA PARTE:
AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano
40
1. CALCOLO DELLA COPPIA MASSIMA E DEL MOMENTO DI INERZIA DEL
MOTORE
40
2. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO
40
2.1. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE
40
2.2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE
40
2.3. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA
40
2.4. CALCOLO DELLA DERIVATA DELL’ENERGIA CINETICA RISPETTO
AL TEMPO
40
2.5. CALCOLO DEL MOMENTO DI INERZIA DEL VOLANO
41
2
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Indice delle esercitazioni
Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO
1. CONVERSIONE DEI DATI DEL PROBLEMA NELLE UNITÀ DI MISURA
DEL SISTEMA INTERNAZIONALE
2. CALCOLO DEI LAVORI RESISTENTE E MOTORE IN UN PERIODO
3. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE SUPPOSTO COSTANTE NEL
PERIODO
4. CALCOLO DEL MOMENTO RESISTENTE RIDOTTO ALL’ALBERO DI
MANOVELLA
5. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO
Settima esercitazione: RULLO ROTANTE
RISOLUZIONE DELLA SETTIMA ESERCITAZIONE: RULLO ROTANTE
42
43
44
45
45
46
48
49
Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI
51
PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I.
52
PARTE PRIMA: Vibrazioni libere
52
1. CALCOLO DEI MOMENTI DI REAZIONE ELASTICA
2. CALCOLO DELLE COSTANTI DI RICHIAMO ELASTICO
3. CALCOLO DELLE PULSAZIONI PROPRIE CON L’EQUILIBRIO ALLA
ROTAZIONE PER CIASCUNO DEI TRE DISCHI
PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali
52
53
53
56
1. CALCOLO DEI MODI DI VIBRARE
56
1.1. CALCOLO DEL 1° MODO DI VIBRARE
56
1.2. CALCOLO DEL 2° MODO DI VIBRARE
57
2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI
57
2.1. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL PRIMO
MODO DI VIBRARE
57
2.2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL SECONDO
MODO DI VIBRARE
57
Nona esercitazione: CICLO OTTO
1. DESCRIZIONE E RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO OTTO NEI PIANI
p-V E T-S
1.1. CONVERSIONE DEI DATI NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA
INTERNAZIONALE
1.2. CALCOLO DEI DATI MANCANTI DELLE VARIE FASI DEL CICLO
1.2.1. TRATTO 0 → 1 : CALCOLO DELLA MASSA DEI GAS
1.2.2. TRATTO 1 → 2 : COMPRESSIONE ADIABATICA
1.2.3. TRATTO 2 → 3 : COMBUSTIONE ISOCORA
1.2.4. TRATTO 3 → 4 : ESPANSIONE ADIABATICA
1.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTROPIA NEL CICLO
1.4. RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V E T-S
58
59
59
59
59
60
60
61
62
62
3
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Indice delle esercitazioni
2. CALCOLO DEL LAVORO TEORICO DEL CICLO
3. CALCOLO DELLA POTENZA TEORICA SVILUPPATA DAL MOTORE
Decima esercitazione: CICLO RANKINE
1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S
2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE
2.1. CALCOLO DEL LAVORO UTILE
2.2. CALCOLO DEL LAVORO SPESO
2.3. CALCOLO DEL CALORE ENTRANTE
2.4. CALCOLO DEL RENDIMENTO TEORICO E REALE DEL CICLO
Undicesima esercitazione: GASOMETRO
1. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA
CAMPANA
2. CALCOLO DELLA MASSA DI GAS RACCHIUSO NELLA CAMPANA
3. CALCOLO DELLA PRESSIONE FINALE DEL GAS ALL’INTERNO
DELLA CAMPANA
3.1. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE
INIZIALE 1
3.2. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE INIZIALE 1
3.3. CALCOLO DEL PESO DELLA CAMPANA
3.4. CALCOLO DELLA MASSA DELLA CAMPANA
3.5. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE
FINALE 2
3.6. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE FINALE 2
3.7. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA
CAMPANA NELLA CONDIZIONE FINALE 2
3.8. CALCOLO DEL VOLUME OCCUPATO DAL GAS E DELLA
TEMPERATURA NELLA CONDIZIONE FINALE 2
3.9. CALCOLO DELLA TEMPERATURA FINALE DEL GAS IPOTIZZANDO
LA TRASFORMAZIONE ISOBARA
4. CALCOLO DELL’ENERGIA SCAMBIATA TRA IL SOLE E LA CAMPANA
4.1. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTALPIA DEL GAS
4.2. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DELLA
CAMPANA
4.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DEL GAS
4.4. CALCOLO DEL LAVORO COMPIUTO PER SPOSTARE L’ARIA
4.5. CALCOLO DELL’ENERGIA CEDUTA DAL SOLE
63
63
64
66
69
69
69
69
69
70
71
71
72
72
73
73
73
73
73
73
74
74
74
75
75
75
75
75
4
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Introduzione alle esercitazioni
INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI
1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI
1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE
Il punto materiale è un elemento materiale del quale non interessano le parti
componenti, i moti relativi interni, incluse le rotazioni, e le dimensioni.
In un sistema di riferimento piano il punto materiale ha 2 gradi di libertà (Fig.1).
Y
P(X ,Y )
P
YP
P
Figura 1
Coordinate del punto materiale P in un sistema di
riferimento piano:
P = (xP , y P )
O
XP
X
1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO
Si definisce corpo rigido un corpo tale che la distanza di due suo qualsiasi punti si
mantiene costante durante il moto, ha dimensioni finite e ha un suo orientamento. Il
moto rigido piano è per definizione il moto di un corpo rigido i cui punti si muovono con
traiettorie parallele ad uno stesso piano. Ogni moto rigido piano di un corpo è
riconducibile alla somma di un moto traslatorio e di un moto rotatorio.
In un sistema di riferimento meccanico piano un corpo rigido ha 3 gradi di libertà(Fig.2).
Y
Q
YQ
YP
P
Figura 2
Coordinate dell’asta PQ (corpo rigido) in un
sistema di riferimento piano:
α
( x P , y P ,α )
2
( yQ − yP )2 + (xQ − xP )2 = PQ
O
XP
XQ
X
5
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Introduzione alle esercitazioni
2. TIPI DI VINCOLO
M’
F V’
Fv’’
FV’
Fv’’ M’’
FV ’
Fv’’
M’
M’’
FO’
Fv’’
F V’
FO’’
Fv’’
FO’’
F V’
FO’
Figura 3 – Cinque tipi di vincolo (carrello, pattino, manicotto, cerniera, puro rotolamento).
3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA
MECCANICO
Si determinino i gradi di libertà (g.d.l.) e di vincolo (g.d.v.) dei sistemi rappresentati
nelle figure 4,5,6,7 ed il moto dei vari membri dei sistemi:
3.1. PRIMO ESEMPIO
A
ω
O
Figura 4
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B trasla.
B
Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli
(3 cerniere, 1 manicotto).
n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9
n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8
n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1
6
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Introduzione alle esercitazioni
3.2. SECONDO ESEMPIO
A
Figura 5
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B trasla.
ω
B
O
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e
1 carrello).
n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6
n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5
n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1
3.3. TERZO ESEMPIO
A
ω
Figura 6
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B ruota.
B
O
Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli
(3 cerniere e 1 accoppiamento prismatico).
n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9
n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8
n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1
3.4. QUARTO ESEMPIO
A
ω
B
Figura 7
Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA
ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B ruota.
O
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e
1 carrello).
n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6
n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5
n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1
7
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Introduzione alle esercitazioni
4. SOMMA DI VETTORI
a
a
c=a+b
c
b
b
Figura 8 – Somma di due vettori (metodo del parallelogramma )
a
b
a
c=a+b
c
b
Figura 9 – Somma di due vettori (metodo dei vettori consecutivi)
Attraverso la seguente tabella (Tab.1) è possibile trovare il modulo e la direzione del
vettore c, noti il modulo e la direzione dei vettori a e b:
c = a + b
a
b
Modulo ?
dira
dirb
Direzione ?
Tabella 1
Esempio di applicazione: data la sottostante tabella (Tab.2), disegnare i vettori v1, v2, v3.
v1 = v2 + v3
?
v2
?
Modulo
dirv2
dirv3
Direzione dirv1
Tabella 2
v
dirv3
3
v
v
2
1
Figura 10
Rappresentazione dei vettori v1, v2 e v3, noti v2 e le
direzioni di v1 e v3.
dirv1
8
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Introduzione alle esercitazioni
5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI
A
Y
Figura 11
ω
Data la velocità angolare ω della
manovella OA, trovare la velocità vB del
carrello.
B
O
X
5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI
Si pone il sistema di riferimento relativo x’y’ rotante attorno ad O e solidale con l’asta
OA:
Figura 12
A
Y
ω
y’
ΓB(r )
x’
B
O
(a )
Γ
B
π
X
Traiettoria assoluta di B (Γ
ΓB(a)):
retta parallela al piano π.
Traiettoria di trascinamento di B
(Γ
ΓB(t)): circonferenza con centro
in O e raggio OB.
Traiettoria relativa di B (Γ
ΓB(r)):
circonferenza con centro in A e
raggio AB.
ΓB(t )
Tabella 3
vB
Modulo
?
ω OB
?
Direzione
Dπ
⊥ OB
⊥ AB
=
vB(t)
+
⊥ OB
vB(r)
vB(r )
⊥ AB
v B(a )
vB(t )
Dπ
TEOREMA DEI MOTI RELATIVI PER LE VELOCITA’
vASSOLUTA = vRELATIVA + vTRASCINAMENTO
9
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Introduzione alle esercitazioni
5.2. TEOREMA DI RIVALS
Si pone il sistema di riferimento x’y’ traslante su traiettoria circolare con origine in A:
y’
ΓA
Y
ω
Figura 13
ΓBA
x’
A
B
O
π
X
Tabella 4
vB
Modulo
?
Direzione
Dπ
=
vA
ω OA
⊥ OA
+
ΓB
Traiettoria assoluta di B (Γ
ΓB): retta
parallela al piano π.
Traiettoria relativa di B rispetto ad
A (Γ
ΓBA): circonferenza con centro
in A e raggio AB.
Traiettoria assoluta di A (Γ
ΓA):
circonferenza con centro in O e
raggio OA.
vBA
?( ω BA AB )
⊥ AB
⊥ OA
vA
vBA
⊥ AB
vB
Dπ
TEOREMA DI RIVALS PER LE VELOCITA’
(Si applica solo a punti che appartengono allo stesso corpo rigido)
vB = vA + vBA
I teoremi dei moti relativi e di Rivals possono essere utilizzati anche per le
accelerazioni, ma nel caso in cui il sistema di riferimento relativo sia rotante è
necessario aggiungere l’accelerazione complementare o di Coriolis definita come:
a ( c ) = 2ω ∧ v ( r )
che risulta ruotata, rispetto alla direzione di v(r), di 90° nel verso della velocità angolare
ω del riferimento mobile.
10
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Introduzione alle esercitazioni
6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA
Y
Figure 14-15
Ω
Baricentro di un sistema continuo:
yG
O
M = ∫ dm = ∫ ρdV
Massa:
G
Ω
dm
X
xG
Y
 xG = xρdV
∫

Ω
Coordinate del baricentro: 
 yG = ∫ yρdV

Ω
Momenti d’inerzia di un sistema continuo:
J xx = ∫ y 2 dm = ∫ y 2 ρdV J xy = ∫ yxdm = ∫ yxρdV
pn,mn
yn
Ω
J yx = ∫ xydm = ∫ xyρdV
Ω
p1,m1
y1
Y
dFi
X
xn
J yx = ∑ mi xi y i
J yy = ∑ mi xi2
i =1
i =1
n
i =1
Figura 16
Forze e coppie di inerzia.
Forza d’inerzia:
Fi = ∑ dFi = ∫ − a dm = − ∫ a ρdV = − MaG
dm
G
i
Ci
Ω
Ω
Coppia d’inerzia:
Ci = − J Gω = −(J xx + J yy )ω = −ω ∫ x 2 + y 2 ρdV
Ω
O
n
J xy = ∑ mi yi xi
Fi
yG
Ω
J xx = ∑ mi y i2
i =1
n
x1
Ω
J yy = ∫ x dm = ∫ x 2 ρdV
2
Momenti d’inerzia di un sistema di punti:
n
O
Ω
Ω
(
)
X
xG
I momenti di ordine 1 del sistema continuo distribuito coincidono con i momenti di ordine 1
dell’elemento infinitesimo dm.
Equilibrio alla traslazione:
Equilibrio alla rotazione:
F
∑ k = MaG
k
⇒
∑ M k G = J Gω ⇒
k
F
+
F
∑ k i =0 ⇒
k
∑ M k G + Ci = 0 ⇒
k
F
∑ h =0
h
∑ M hG = 0
h
11
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Prima esercitazione: Gru a braccio
Prima esercitazione: GRU A BRACCIO
La gru per cantiere edilizio (riportata in fig. 17 in scala 1:100 (cioè σl = 1m/cm)) è del tipo a
braccio girevole con il carrello porta-gancio mobile lungo il braccio.
1. Si richiede di studiare il comportamento cinematico del carrello, schematizzato con un
punto, determinandone velocità ed accelerazione quando il braccio ruota con velocità
angolare ω = 0,1 rad/s ed accelerazione angolare ω = 0,01 rad/s2 (antiorarie) ed il
carrello C sta ritornando con velocità relativa vr = 0,7 m/s ed accelerazione relativa ar
= 0,1 m/s2 verso l’interno.
Si considerino 2 casi:
• 1° caso: punto C a distanza 4 m dall’asse di rotazione (punto 0)
• 2° caso: punto C a distanza 6 m dal punto O.
2. Si richiede inoltre di determinare la tensione della fune T e la coppia motrice agente
Mm, sapendo che il carrello ha massa mc = 300 kg e il braccio ha massa mb = 3000 kg
e momento d’inerzia baricentrico JG = 1200 kg m2 e che il baricentro G del braccio dista
1 m dall’asse di rotazione (punto O).
Figura 17 – Gru a braccio per cantiere edilizio.
12
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Prima esercitazione: Gru a braccio
Risoluzione della prima esercitazione: GRU A BRACCIO
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
ar
Figura 18
Schematizzazione
sottosistema braccio + carrello
G
O
vr
ω
C
1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta di baricentro G e il carrello C) e da 2
vincoli (cerniera in O e manicotto in C):
n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6
n° gradi di vincolo totali= 1 x 2 + 1 x 2 = 4
n° gradi di libertà residui = 6 – 4 = 2
1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo
ΓC(t )
y’
Y
x’
G
O
X
ΓC(r )
C
Figura 19 – Sistema di riferimento relativo.
Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in O rotante solidamente
con il braccio mobile della gru.
La traiettoria di trascinamento del carrello C è un circonferenza con centro in O e
raggio OC ed è rappresentata da ΓC(t) in figura 19.
La traiettoria relativa del carrello C è una retta parallela al segmento OC ed è
rappresentata da ΓC(r) in figura 19.
13
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Prima esercitazione: Gru a braccio
1.3. Calcolo delle velocità
Tabella 5
vC
Modulo
?
ω OC
vr
Direzione
?
⊥ OC
D OC
Verso
?
←
↑
vC(t )
=
+
vC(r )
⊥ OC
vC
vC(t )
OC
vC(r )
1° CASO: OC = 4 m
Figura 20
Scala: 1 cm = 0,1 m/s
vC
(t )
C
v
vC(r ) = 0,7 [m / s]
vC(t ) = ωOC = 0,1 [rad / s] ⋅ 4 [m] = 0,4 [m / s]
α
vC(r )
vC = (vC(r ) ) 2 + (vC(t ) ) 2 = 0,7 2 + 0,42 ≅ 0,8 [m / s]
α = arctan(vC(t ) / vC(r ) ) = arctan(0,4 / 0,7) ≅ 30°
2° CASO: OC = 6 m
Figura 21
Scala: 1 cm = 0,1 m/s
vC(t )
vC(r ) = 0,7 [m / s]
vC
vC(t ) = ωOC = 0,1 [rad / s] ⋅ 6 [m] = 0,6 [m / s]
vC = (vC(r ) ) 2 + (vC(t ) ) 2 = 0,7 2 + 0,6 2 ≅ 0,9 [m / s]
α
α = arctan(vC(t ) / vC(r ) ) = arctan(0,6 / 0,7) ≅ 40°
vC(r )
14
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Prima esercitazione: Gru a braccio
1.4. Calcolo delle accelerazioni
Tabella 6
aC
(r )
a Cn
=
aCt(r )
+
(t )
aCn
+
aCt(t )
+
a C(c )
+
MODULO
?
X
ar
ω 2 OC
ω OC
2ωvC( r )
DIREZIONE
?
X
DOC
DOC
⊥ OC
⊥ OC
VERSO
?
X
←
←
↑
↓
1° CASO: OC = 4 m
Figura 22
Scala: 1 cm = 0,04 m/s2
(t )
aCn
aCt(r )
DOC
[
aCt( r ) = 0,1 m / s 2
(t )
Ct
a
a
(c )
C
aC
]
[
aCt(t ) = ω OC = 0,01⋅ 4 = 0,04 m / s 2
α
(a
(r)
Ct
(t )
+ aCn
(r)
Ct
(t ) 2
Ct
(c )
C
(c )
C
2
2
2
(t )
Ct
Figura 23
Scala: 1 cm = 0,04 m/s2
(t )
Cn
a
[
aCt( r ) = 0,1 m / s 2
DOC
aCt(t )
aC(c )
⊥ OC
2
(t )
Cn
2° CASO: OC = 6 m
aC
]
) + (a − a = 0,14 + 0,1 ≅ 0,17 [m / s ]
α = arctan[(a + a ) /(a − a )] = arctan(0,14 / 0,1) ≅ 55°
⊥ OC
a
[
)
]
]
aC(c) = 2ωvC( r ) = 2 ⋅ 0,1⋅ 0,7 = 0,14 m / s 2
⊥ OC
aC =
(r )
Ct
[
(t )
aCn
= ω 2 OC = 0,12 ⋅ 4 = 0,04 m / s 2
α
⊥ OC
]
[
(t )
= ω 2 OC = 0,12 ⋅ 6 = 0,06 m / s 2
aCn
[
aCt( t ) = ω OC = 0,01 ⋅ 6 = 0,06 m / s 2
]
]
[ ]
a = (a + a ) + (a − a ) =
= 0,16 + 0,08 ≅ 0,18 [m / s ]
α = arctan [(a + a )/ (a − a )] =
aC( c ) = 2ωvC( r ) = 2 ⋅ 0,1 ⋅ 0,7 = 0,14 m / s 2
C
(t ) 2
Cn
(r )
Ct
2
(c)
C
(t ) 2
Ct
2
(r )
Ct
(t )
Cn
2
(c)
C
= arctan (0,16 / 0,08) ≅ 63°
(t )
Ct
15
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Prima esercitazione: Gru a braccio
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
Y
+
Figura 24
Forze e momenti d’inerzia del
sistema.
M (?)
m
X
FitG
FitC
FicG
Dati:
mc = 300 [kg ]
T(?)
O
G
C
mb = 3000 [kg ]
FicC
[
J G = 1200 kg m 2
Jω
OG = 1 [m]
G
]
1° CASO: OC = 4 m
Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema
costituito dal solo carrello:
∑F
*
x
(
[
)
]
(t )
= FicC − T = 0 ⇒ T = FicC = mc aCt( r ) + aCn
= 300⋅ (0,1 + 0,04) kg ⋅ m / s 2 = 42 [N ]
Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:
∑M
*
(O)
= M m − J Gω − FitG OG + FitC OC = 0 ⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC
(
2
)
⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC = J Gω + mbω OG − mc aC(c) − aCt(t ) OC
[
]
⇒ M m = 1200⋅ 0,01+ 3000⋅ 0,01⋅12 − 300⋅ (0,14 − 0,04) ⋅ 4 kg ⋅ m2 / s 2 = −78 [N ⋅ m]
2° CASO: OC = 6 m
Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema
costituito dal solo carrello:
∑F
*
x
(
[
)
]
(t )
= FicC − T = 0 ⇒ T = FicC = mc aCt( r ) + aCn
= 300⋅ (0,1 + 0,06) kg ⋅ m / s 2 = 48 [N ]
Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:
∑M
*
( O)
= M m − J Gω − FitG OG + FitC OC = 0 ⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC
(
2
)
⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC = J Gω + mbω OG − mc aC(c) − aCt(t ) OC
[
]
⇒ M m = 1200⋅ 0,01+ 3000⋅ 0,01⋅12 − 300⋅ (0,14 − 0,06) ⋅ 6 kg ⋅ m2 / s 2 = −102 [N ⋅ m]
16
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Seconda esercitazione: Croce di Malta
Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA
In figura 25 è rappresentato un meccanismo che permette di trasformare un moto rotatorio
a velocità angolare costante in un moto rotatorio intermittente. La scala del disegno è:
σl = 1 cm/cm. Esso è costituito da due membri:
1) la ruota 1, di centro A, che porta il piolo P;
2) la ruota 2, di centro B, che presenta delle scanalature entro cui si impegna il piolo P,
detta “croce di Malta”.
1. Si richiede di determinare, nella posizione indicata in figura 25, la velocità angolare ω B
e l’accelerazione angolare ω B della croce, quando la ruota 1 gira a velocità costante
ω = 100 rad/s.
2. Sapendo inoltre che il momento d’inerzia della croce intorno al proprio asse è
JB = 1,96 x 10-4 kg m2, calcolare il valore della coppia motrice Mm agente sulla ruota 1,
trascurando gli attriti dei diversi accoppiamenti.
Dati:
AB = 0,039 [m]
ω = 100 [rad / s ]
[
J B = 1,96 ∗ 10 − 4 kg ⋅ m 2
]
AP = 0,028 [m]
ω = 0
PB = 0,019 [m]
ϑ = BAˆ P = 27°
attrito nullo in P
Incognite:
• ωB
• ω B
• Mm, OA, OB, azione in P
Figura 25 – Croce di malta.
17
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Seconda esercitazione: Croce di Malta
Risoluzione della seconda esercitazione: CROCE DI MALTA
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
1.1.
Calcolo dei gradi di libertà del sistema
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (la ruota e la croce di Malta) e da 3 vincoli (2
cerniere e 1 accoppiamento prismatico):
n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6
n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5
n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1
1.2.
Scelta del sistema di riferimento relativo
ΓP(t )
y’
Mm
ΓP(a )
x’
ΓP(r )
Figura 26
Scelta del sistema di
riferimento relativo.
θ
Y
X
Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in B rotante solidale alla
guida mobile (croce di Malta).
La traiettoria assoluta del piolo P è un circonferenza con centro in A e raggio AP ed è
rappresentata da ΓP(a) in figura 26.
La traiettoria relativa del piolo P è una retta passante per BP ed è rappresentata da
ΓP(r) in figura 26.
La traiettoria di trascinamento del piolo P è una circonferenza con centro in B e raggio
BP ed è rappresentata da ΓP(t) in figura 26.
1.3.
Calcolo delle velocità
Tabella 7
vP
= vP(r ) +
vP(t )
⊥ BP
Modulo
ω AP
?
?( ω B BP )
vP
D BP
⊥ BP
?
?
Direzione ⊥ AP
Verso
vP(t )
DBP
v P(r )
⊥ AP
Figura 27 – Diagramma delle velocità (scala: 1 cm = 1 m/s)
v P = ω AP = 100 [rad / s ] ⋅ 0,028 [m] = 2,8 [m / s ]
v P( r ) = 2,6 [m / s ]
v P( t ) = 1,1 [m / s ] ⇒ ω B = v P( t ) / BP = 1,1 / 0,019 [rad / s ] ≅ 58 [rad / s ] oraria
18
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
1.4.
Seconda esercitazione: Croce di Malta
Calcolo delle accelerazioni
Tabella 8
a Pn
+
a Pt
(r )
a Pn
=
+
a Pt(r )
+
(t )
a Pn
a Pt(t )
+
+
a P(c )
MODULO
ω 2 AP
x
x
?
ω B2 BP
?( ω B BP )
2ω B v P( r )
DIREZIONE
DAP
x
x
DBP
DBP
⊥ BP
⊥ BP
x
x
?
VERSO
?
⊥ BP
(r )
a Pt
DBP
aPt(t )
aP(c )
DBP
(t )
a Pn
a Pn
⊥ BP
DAP
Figura 28 – Diagramma delle accelerazioni (scala: 1 cm = 40 m/s2)
[
]
[
a Pn = ω 2 AP = 100 2 rad 2 / s 2 ⋅ 0,028 [m] = 280 m / s 2
[
]
[
(t )
a Pn
= ω B2 BP = 58 2 rad 2 / s 2 ⋅ 0,019 [m] = 64 m / s 2
[
]
a P( c ) = 2ω B v P( r ) = 2 ⋅ 58 [rad / s ] ⋅ 2,6 [m / s ] ≅ 300 m / s 2
[ ]
≅ 556 [m / s ]
]
]
a Pt( r ) ≅ 170 m / s 2
a Pt( t )
2
ω B = a Pt(t ) / BP = 552 / 0,019 [rad / s 2 ] ≅ 29000 [rad / s 2 ] oraria
19
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Seconda esercitazione: Croce di Malta
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
M
m
+
N
α = 49°
O
BY
P
Jω
B
P
B
O
AY
b = 1cm
N
B
O
A
O
AX
BX
CROCE
RUOTA 1
Figura 29 – Sottosistemi croce e ruota 1
2.1.
Calcolo dell’azione in P
Il verso dell’azione normale dipende dalle forze di attrito (per azioni di vincoli perfetti
prima si ipotizza e poi si verifica). Calcolo dell’azione in P mediante l’equilibrio alla
rotazione del sottosistema croce:
∑M
*
(B)
2.2.
=0 ⇒
J B ω B − N BP = 0 ⇒
N = J B ω B / BP = 1,96 ∗ 10 −4 ⋅ 29000 / 0,019 [N ] ≅ 300 [N ]
Calcolo della coppia motrice Mm
Calcolo della coppia motrice Mm mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema
ruota 1:
∑M
*
( A)
2.3.
= 0 ⇒ M m − Nb = 0 ⇒ M m = Nb = 300 ⋅ 0,01 [N ⋅ m] = 3 [N ⋅ m]
Calcolo delle reazioni vincolari nel punto B
Calcolo delle reazioni vincolare nel punto B mediante l’equilibrio alla traslazione del
sottosistema croce:
∑F
∑F
*
X
*
Y
2.4.
= 0 ⇒ OBx + N x = 0 ⇒ OBx = − N x = − N cos α = −300 ⋅ cos 49° [N ] ≅ −197 [N ]
= 0 ⇒ OBy − N y = 0 ⇒ OBy = N y = N sin α = 300 ⋅ sin 49° [N ] ≅ 226 [N ]
Calcolo delle reazioni vincolari nel punto A
Calcolo delle reazioni vincolare nel punto A mediante l’equilibrio alla traslazione del
sottosistema ruota 1:
∑F
∑F
*
X
*
Y
= 0 ⇒ O Ax − N x = 0 ⇒ O Ax = N x ≅ 197 [N ]
= 0 ⇒ O Ay + N y = 0 ⇒ O Ay = − N y ≅ −226 [N ]
20
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO
Del manovellismo schematicamente indicato in figura 30 si hanno i seguenti dati:
corsa
lunghezza della biella
velocità angolare della manovella
massa dello stantuffo
massa della biella
massa della manovella
distanza del baricentro della manovella
dall’asse di rotazione O
distanza del baricentro della biella dal
bottone di manovella A
raggio giratorio della biella
diametro del pistone
distanza fra i supporti
c = 2OA = 0,065 [m] ⇒ OA = c / 2 = 0,0325 [m]
l = AB = 0,107 [m]
ω = 410 [rad / s ]
m s = 0,2 [kg ]
mb = 0,5 [kg ]
mm = 1 [kg ]
a = G1O = 0,008 [m]
b = G2 A = 0,035 [m]
ρ = 0,025 [m]
D = 0,06 [m]
d = EF = 0,18 [m]
Si consideri il manovellismo nell’istante in cui la manovella, movendosi con velocità
angolare ω costante, è ruotata di α = 55° a partire dalla posizione di punto morto esterno.
La pressione dei gas contenuti nel cilindro vale p = 750 000 [Pa].
Si richiede di determinare:
• il sistema equivalente delle forze di inerzia (forza di inerzia e coppia di inerzia) agenti
sullo stantuffo, sulla biella e sulla manovella;
• la coppia agente sulla manovella Mr;
• la forza laterale che lo stantuffo esercita sul cilindro S ;
• le forze trasmesse dalla biella alla manovella R x , R y ;
• le forze agenti sul perno di banco Tx , T y ;
• le reazioni vincolari dei supporti V1 ,V2 ,V3 .
Nota: per risolvere il problema di dinamica, occorre prima risolvere la cinematica, ossia
determinare:
• velocità v B del pistone;
• velocità angolare ω B della biella;
• velocità vG 2 del baricentro della biella;
• accelerazione a B del pistone;
• accelerazione angolare ω B della biella;
• accelerazione aG 2 del baricentro della biella;
• accelerazione aG1 del baricentro della manovella.
21
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
Figura 30 – Manovellismo ordinario centrato
22
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
Risoluzione della terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema
B
Figura 31
(Scala: 1 : 2 cm)
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (manovella OA, biella AB) e da
3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). Il moto della manovella OA è
traslatorio, mentre il moto della biella AB è rototraslatorio.
G2
n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6
n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5
n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1
A
α
ω
O
G1
1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo
ΓB
π
B
ΓBA
Figura 32
Si sceglie un sistema di riferimento relativo
x’y’ con origine in A traslante su traiettoria
circolare per applicare il teorema di
Rivals.
ΓG2 A
G2
y’
Y
x’
A
ΓG1
O
ΓA
G1
La traiettoria di A (Γ
ΓA) è una circonferenza
di centro O e raggio OA.
La traiettoria di B (Γ
ΓB) è una retta per OB
parallela al piano π.
La traiettoria di G1 (Γ
ΓG1) è una
circonferenza di centro O e raggio OG1.
La traiettoria di B rispetto ad A (Γ
ΓΒΑ) è una
circonferenza di centro A e raggio AB.
La traiettoria di G2 rispetto ad A (Γ
ΓG2A) è
una circonferenza di centro A e raggio
G2A.
X
23
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
1.3. Calcolo delle velocità
Tabella 9
vB
vA
Modulo
?
ω OA
?( ω B AB )
Direzione
D OB
⊥ OA
⊥ AB
=
+
vBA
DOB
vA
vB
⊥ AB
?
Verso
?
DOB
vBA
⊥ OA
Figura 33
Scala: 1 cm = 2 m/s
Teorema di Rivals:
vB = v A + vBA
v A = ω OA = 410 [rad / s ] ⋅ 0,0325 [m] = 13,325 [m / s ]
vA
v B ≅ 12,88 [m / s ]
vB
v BA ≅ 7,9 [m / s ]
⊥ AB
vG2
Direzione
?
?
Verso
?
Modulo
La velocità angolare ωB è antioraria.
⊥ OA
vBA
Tabella 10
ω B = v BA / AB = 7,9 [m / s ] / 0,107 [m] ≅ 73,83 [rad / s ]
vA
=
ω OA
⊥ OA
+
vG2 A
ω B AG2
⊥ AG2
vA
vG2
⊥ AG2
vG2 A
⊥ OA
Figura 34
Scala: 1 cm = 2 m/s
Teorema di Rivals:
vG2
vA
vG2 = v A + vG2 A
v A = ω OA = 410 [rad / s ] ⋅ 0,0325 [m] = 13,325 [m / s ]
⊥ AG2
vG2 A
vG2 A = ω B AG2 = 73,83 [rad / s ] ⋅ 0,035 [m] ≅ 2,58 [m / s ]
vG2 ≅ 12,625 [m / s ]
⊥ OA
24
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
1.4. Calcolo delle accelerazioni
Tabella 11
a Bn
a Bt
MODULO
x
?
ω 2 OA
x
ω B2 AB
?( ω B AB )
DIREZIONE
x
DOB
DOA
x
DAB
⊥ AB
VERSO
x
?
+
=
a An
a At
+
a BAt
+
x
?
a BAn
aBAt
DOB
a BAn
+
DAB
⊥ AB
Figura 35
Scala: 1 cm = 500 m/s
Teorema di Rivals: a B = a A + a BA
a An
a Bt
[
]
[ ]
] = 583,24 [m / s ]
a An = ω 2 OA = 410 2 ⋅ 0,0325 m / s 2 = 5463,25 m / s 2
[
a BAn = ω AB = 73,83 ⋅ 0,107 m / s
2
B
2
[
a Bt ≅ 2575 m / s 2
[
a BAt ≅ 4450 m / s
]
2
2
2
]
ω B = a BAt / AB = 4450 [m / s 2 ] / 0,107 [m] ≅ 41590 [rad / s 2 ]
DOA
L’accelerazione angolare ω B è oraria.
Tabella 12
a G2
MODULO
?
ω 2 OA
x
ω B2 G2 A
ω B G2 A
DIREZIONE
?
DOA
x
DG2A
⊥ G2 A
VERSO
?
a An
=
a At
+
a G2 An
+
a G2 At
+
x
aG2 At
aG2 An
⊥ G2 A
DG2A
Figura 36
Scala: 1 cm = 500 m/s
Teorema di Rivals: a G2 = a A + a G2 A
aG2
a An
[
]
[
a An = ω 2 OA = 410 2 ⋅ 0,0325 m / s 2 = 5463,25 m / s 2
aG1
DOA
DOA
a G2 At
a G2
a G1
]
[ ] = 190,78 [m / s ]
= ω G A = 41590 ⋅ 0,035 [m / s ] = 1455,65 [m / s ]
≅ 4187,5 [m / s ]
= a = ω OG = 410 ⋅ 0,008 [m / s ] = 1344,8 [m / s ]
a G2 An = ω G2 A = 73,83 ⋅ 0,035 m / s
2
B
2
2
2
2
B
2
2
2
2
G1n
2
2
2
1
25
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
STANTUFFO B
BIELLA AB
MANOVELLA OA
{
{
{
Fim = − mm aG1
M im = 0 (ω = 0 )
Fib = − mb aG2
M ib = − J bω B = − mb ρ 2ω B
Fis = − m s a B
M is =0
{
Fis = ms aB =0, 2⋅2575 [ N ]=515 [ N ]
M is =0
{
Fib = mb aG2 =0,5⋅4187,5 [ N ]= 2093, 75 [ N ]
M ib =mb ρ ω B =0,5⋅0, 025 ⋅41590 [ Nm]=13 [ Nm]
2
2
{
Fim =mmaG1 =1⋅1344,8 [ N ]=1344,8 [ N ]
Mim =0
1° sottosistema: STANTUFFO + BIELLA
Fis Fg
b3
B
S (?)
Figura 37
(Scala 1:1 cm)
+
Ps
Nota la geometria del sistema e gli angoli α = 75°
e β = 45° si possono calcolare le incognite
S , R x , R y mediante le tre equazioni di equilibrio
dinamico del sottosistema stantuffo + biella:
M ib
1)
b2
Fib
G2
2)
β
b1
Pb
b5
b4
*
x
⇒
=0
Rx + Fibx + S = 0
∑F
=0
∑M
=0
*
y
⇒ R y + Fiby + Fis − Fg − Ps − Pb = 0
*
( A)
3) ⇒ (Fg + Ps − Fis )b3 − Sb2 − Fibb1 + Pbb4 + Mib =
= (Fg + Ps − Fis)b3 − Sb2 − Fibxb5 − Fibyb4 + Pbb4 + Mib = 0
γ
Rx (?)
∑F
A
Ry (?)
26
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
Calcolo delle incognite S , R x , R y mediante la risoluzione del sistema:
R x = − S − F ibx = − S − F ib cos β = 57 , 089 − 2093 , 75 ⋅ cos 45 ° [N ] = − 1423 , 416 [N ]
D2
π − Fib sin β − Fis =
4
= 0,2 ⋅ 9,81 + 0,5 ⋅ 9,81 + 750000 ⋅ ( 0,06 / 2 ) 2 ⋅ π − 2093 ,75 ⋅ sin 45 ° − 515 [N ] = 131,937 [N ]
R y = Ps + Pb + F g − Fiby − Fis = m s g + m b g + p
S = (( Fg + Ps − Fis )b3 + ( Pb − Fiby )b4 + M ib − Fibx b5 ) ) / b2 =
 D2

=  ( p
π + ms g − Fis ) AB cos γ + (mb g − Fib sin β )G2 A cos γ + M ib − Fib cos β G2 A sin γ  / AB sin γ =
4


2
= ((750000⋅ (0,06 / 2) ⋅ π + 0,2 ⋅ 9,81 − 515) ⋅ 0,107 ⋅ cos 75° + (0,5 ⋅ 9,81 − 2093,75 ⋅ sin 45°) ⋅ 0,035 ⋅ cos 75° +
+ 13 − 2093,75 ⋅ cos 45° ⋅ 0,035 ⋅ sin 75°) /(0,107 ⋅ sin 75°) [N ] = −57,089 [N ]
2° sottosistema: MANOVELLA
Figura 38
(Scala: 1:1 cm)
Ry
+
b8
A Rx
α
Tx (?) O
G1
Ty (?)
Fim
Pm
b7
M R (?)
e l’angolo α=55° si possono calcolare
b6 Nota la geometria
le incognite M R , Tx , T y mediante le tre equazioni di
equilibrio dinamico del sottosistema manovella:
1)
2)
3)
∑F
∑F
∑M
*
x
= 0 ⇒ Tx − R x − Fimx = 0
*
y
= 0 ⇒ T y − R y − Fimy − Pm = 0
*
(O )
= 0 ⇒ M R + R x b6 − R y b7 + Pm b8 = 0
Calcolo delle incognite M R , Tx , T y mediante la risoluzione del sistema:
Tx = R x + Fimx = R x + Fim sin α = −1423,416 + 1344,8 ⋅ sin 55° [N ] = −321,82 [N ]
T y = R y + Fimy + Pm = R y + Fim cos α + m m g = 131,937 + 1344,8 ⋅ cos 55° + 1 ⋅ 9,81 [N ] = 913,093 [N ]
M R = R y b7 − R x b6 − Pm b8 = R y OA sin α − R x OA cos α − mm g G1O sin α =
= 131,937 ⋅ 0,0325 ⋅ sin 55° + 1423,416 ⋅ 0,0325 ⋅ cos 55° − 1 ⋅ 9,81 ⋅ 0,008 ⋅ sin 55° [Nm] = 29,98 [Nm]
27
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
3° sottosistema: CILINDRO
Fg
S
+
B
b11
G2
A
Ty
V1
E
F
O
Tx
G1
V2
V3
b9
b10
Figura 39 – Sottosistema cilindro in scala 1:2 cm
Calcolo delle incognite V1 ,V2 ,V3 mediante le equazioni di equilibrio dinamico:
1)
∑F
2)
∑F
3)
∑M
*
x
*
y
= 0 ⇒ V1 − Tx − S = 0
= 0 ⇒ V2 + V3 + Fg − T y = 0
*
(E )
= 0 ⇒ ( Fg − T y )b9 + Sb11 + V3b10 = ( Fg − T y )(b10 / 2) + S (b2 + b6 ) + V3b10 = 0
V1 = Tx + S = −321,82 − 57,089 [N ] = −378,909 [N ]
D2
V2 = T y − Fg − V3 = T y − p
π − V3 = 913,093 − 750000 ⋅ (0,06 / 2) 2 π + 565,049 [N ] = −642,433 [N ]
4
D2
π )( EF / 2) − S ( AB sin γ + OA cos α )) / b10 =
4
= ((913,093 − 750000⋅ (0,06 / 2) 2 π ) ⋅ (0,18 / 2) + 57,089 ⋅ (0,107 ⋅ sin 75° + 0,0325⋅ cos 55°)) / 0,18 [N ] = −565,049 [N ]
V3 = ((T y − Fg )(b10 / 2) − S (b2 + b6 ) = (T y − p
28
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA
Dell’autovettura schematizzata in figura 42 sono noti i seguenti dati:
massa autoveicolo + carico trasportato
passo
distanza baricentro dall’asse anteriore
altezza baricentro da terra
raggio ruote
superficie frontale (area sezione maestra)
coefficiente di resistenza aerodinamica
rapporto al ponte
M = 1240 [kg ]
p = 2,4 [m]
l = 1,35 [m]
h = 0,6 [m]
r = 0,28 [m]
S = 1,7 m 2
c R = 0,41
τ p = 9 / 41
rapporto di trasmissione in terza marcia
rendimento al ponte
τ III = 1 / 1,6
η p = 0,95
rendimento in terza marcia
coppia motrice
velocità rotazione del motore
velocità del vento
η III = 0,94
C m = 120 [Nm ]
ω m = 3000 [giri / min ] ≅ 314 [rad / s ]
vvento = 5 [m / s ]
[ ]
coefficiente di attrito volvente
ρ aria = 1,2 [kg / m 3 ]
f v = 0,013
momento di inerzia di ciascuna ruota
momento di inerzia del motore
J r = 1 kg m 2
J m = 0,1 kg m 2
densità dell’aria
[
[
]
]
Si richiede:
1. nel caso in cui l’autovettura viaggi in piano determinare la sua accelerazione quando il
motore fornisce la coppia massima Cm con cambio di velocità in terza marcia;
2. determinare le reazioni del terreno NA, TA, NP, TP;
3. verificare l’aderenza delle ruote, utilizzando i valori di riferimento del coefficiente di
attrito statico fa forniti in tabella:
Tabella 13
fondo stradale
liscio
fondo stradale
rugoso
asciutto
non polveroso
molto bagnato
fangoso
oleoso
ghiacciato
0,60 ÷ 0,70
0,50 ÷ 0,55
0,30 ÷ 0,35
0,15 ÷ 0,20
0,75 ÷ 0,85
0,60 ÷ 0,65
0,35 ÷ 0,40
0,20 ÷ 0,25
29
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
Risoluzione della quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA
1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA
I moti dei vari membri del sistema sono:
• autovettura: moto traslatorio
• ruote:
moto rototraslatorio (l’effetto della traslazione è trascurabile)
• motore:
moto rotatorio
L’accelerazione si può calcolare mediante il bilancio di potenze:
∑W = Wm + Wp + Wr =
1.1.
dEC
dt
Calcolo dell’energia cinetica EC e della sua derivata rispetto al tempo
EC =
 1
1 1
1
1
 1
M v × v + 4 J r ω r × ω r  + J m ω m × ω m = Mv 2 + 4 J r ω r2  + J mω m2
2
2
2
 2
2
 2
dE C
= M a × v + 4 J r ω r × ω r + J m ω m × ω m = Mav + 4 J r ω r ω r + J mω mω m
dt
Tutte le velocità e accelerazioni hanno la stessa direzione e lo stesso verso.
1.2.
Calcolo della potenza motrice
Wm = C m × ω m = C mω m
1.3.
Calcolo della potenza resistente e della forza di resistenza aerodinamica
W
=
F
Potenza resistente:
r
aer × v = − Faer v
Forza aerodinamica:
1.4.
Faer =
1
2
ρ aria v − vvento S cR
2
Calcolo della potenza persa
W p = W pcambio + W p ponte + W pattrito
In un autovettura la potenza persa è somma di tre fattori:
•
W pattrito
= potenza dissipata dalle forze di attrito volvente
•
W pcambio
= potenza dissipata attraverso il cambio
•
W p ponte
= potenza dissipata attraverso il ponte
30
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
•
Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
Calcolo della potenza dissipata dalle forze di attrito volvente
Figura 40
ωr
r
Lo spostamento della retta d’azione rispetto al
centro della ruota determina una coppia resistente
di modulo pari a:
C r = Nu
T
Il coefficiente di attrito volvente risulta definito
come:
fv =
N
u
r
u
W pattrito = −2(N A uω r + N P uω r ) = −2( N A + N P )uω r = −2( N A + N P ) f v rω r
Per semplificare l’espressione precedente si può eseguire l’equilibrio alla traslazione
verticale del sistema autovettura:
∑F
V
= 0 ⇒ 2( N A + N P ) − Mg = 0 ⇒ 2( N A + N P ) = Mg
W pattrito = − Mgf v rω r
sostituendo si ottiene:
•
Calcolo della potenza dissipata attraverso il cambio
W pcambio
W pponte
ηp
Wecambio
Wucambio
VOLANO
Jm
We ponte
η III
Cm
ωm
Figura 41 – Potenze entranti e uscenti dalle varie componenti della macchina
Sapendo che:
Wucambio = η III Wecambio
inoltre:
W pcambio = Wecambio − Wucambio = −(1 − η III )Wecambio
Wecambio = C m × ω m + C iV × ω m = C mω m − J mωC mω m
quindi si ottiene:
W pcambio = −(1 − η III )(C mω m − J mωC mω m )
risulta:
31
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
•
Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
Calcolo della potenza dissipata attraverso il ponte
We ponte = Wucambio
sapendo che:
W pponte = −(1 − η p )We ponte = −(1 − η p )Wucambio
risulta:
inoltre:
Wucambio = η III Wecambio = η III (C mω m − J mωC mω m )
quindi si ottiene:
W pponte = −(1 − η p )η III (C mω m − J mωC mω m )
1.5.
Calcolo dell’accelerazione dell’autovettura mediante il bilancio di potenze
dE C
si ottiene:
dt
C mω m − Faer v − Mgω r rf v − (1 − η III )(C mω m − J mω mω m ) − (1 − η p )η III (C mω m − J mω mω m ) =
Sostituendo nel bilancio di potenze i valori Wm , Wr , W p ,
= Mav + 4 J r ω r ω r + J mω mω m
⇒ η pη III (C mω m − J mω mω m ) − Faer v − Mgω r rf v − Mav − 4 J r ω r ω r = 0
•
v = ωr r
•
•
a = ω r r
•
ωr
= τ pτ III
ωm
ω r
= τ pτ III
ω m
2 2 2
2 2
⇒ η pηIII (Cmω m − J mω mω m ) − Faerτ IIIτ pω m r − Mgτ IIIτ pω m rfv − Mτ III
τ p r ω mω m − 4J rτ III
τ pω mω m = 0
Calcolo la forza di resistenza aerodinamica sostituendo i valori numerici:
Faer =
2
1
1
2
ρ aria v − vvento Sc R = ρ aria τ III τ pω m r − vvento Sc R
2
2
2
Faer =
1
1 9
2π
⋅ 1,2 ⋅
⋅ ⋅ 3000 ⋅
⋅ 0,28 − (−5) ⋅ 1,7 ⋅ 0,41 [N ] = 121,833 [N ]
2
1,6 41
60
Calcolo l’accelerazione angolare del motore sostituendo i valori numerici:
ω m =
η pη III C m − Faerτ III τ p r − Mgf vτ III τ p r
2
Mτ III
τ p2 r 2 + 4 J rτ III2 τ p2 + η pη III J m
=
1 9
1 9
⋅ ⋅ 0,28 − 1240 ⋅ 9,81 ⋅ 0,013 ⋅
⋅ ⋅ 0,28
1,6 41
1,6 41
 rad 
 rad 
2
2
 s 2  = 48,337  s 2 
2
2
 1  9
 1  9
1240 ⋅   ⋅   ⋅ 0,28 2 + 4 ⋅ 1 ⋅   ⋅   + 0,95 ⋅ 0,94 ⋅ 0,1
 1,6   41 
 1,6   41 
0,95 ⋅ 0,94 ⋅ 120 − 121,833 ⋅
=
Risulta:
[
]
[
a = τ IIIτ pω m r = (1 / 1,6) ⋅ (9 / 41) ⋅ 48,337 ⋅ 0,28 m / s 2 = 1,857 m / s 2
]
32
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO
Figura 42 – Schematizzazione di un’autovettura
Calcolo delle reazioni del terreno NA, TA, NP, TP mediante la risoluzione del seguente
sistema di quattro equazioni in quattro incognite costituito da:
• 3 equazioni di equilibrio dinamico di tutto il sistema autovettura:
1) ∑ FO* = 0 ⇒ 2(TP − T A ) − Faer − Ma = 0
2)
3)
•
∑F
∑M
*
V
= 0 ⇒ 2( N P + N A ) − Mg = 0
*
(P)
= 0 ⇒ − N A p − 4 J r ω r − Faer h − Mah + Mg ( p − l − u ) = 0
1 equazione di equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota anteriore:
RV
RO
J rω r
C
r
A
NP
Figura 43 – Sottosistema ruota anteriore
4)
∑M
*
(C )
= 0 ⇒ − 2 J r ω r − 2 N A u + 2T A r = 0
NA
u
1) TP = (2T A + Faer + Ma ) / 2 = (2 ⋅ 54 + 121,833 + 1240 ⋅ 1,857 ) / 2 [N ] ≅ 1266 [N ]
2) N P = (Mg − 2 N A ) / 2 = (1240 ⋅ 9,81 − 2 ⋅ 2343) / 2 [N ] ≅ 3739 [N ]
3) N A = (Mg( p − l − u) − Mah − Faer h − 4J rω r ) / 2 p = (Mg( p − l − f v r ) − Mah − Faer h − 4J rτ pτ IIIω m ) / 2 p =
9 1


= 1240⋅ 9,81⋅ (2,4 −1,35 − 0,013⋅ 0,28) −1240⋅1,857⋅ 0,6 −121,833⋅ 0,6 − 4 ⋅1⋅ ⋅ ⋅ 48,337 /(2 ⋅ 2,4) [N ] ≅ 2343[N ]
41
1
,
6


 9 1

4) TA = (J rω r + N Au) / r = (J rτ pτ IIIω m + N A f v r ) / r = 1⋅ ⋅ ⋅ 48,337+ 2343⋅ 0,013⋅ 0,28 / 0,28 [N] ≅ 54 [N]
 41 1,6

33
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO
3.1.
Verifica dell’aderenza delle ruote anteriori
Per aderenza si deve avere:
TA ≤ f a N A
⇒
TA
≤ fa
NA
TA
54 [N ]
=
= 0,023
2343 [N ]
NA
Calcolo:
Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e
quelle in cui non si ha aderenza:
Tabella 14
fondo
stradale
liscio
fondo
stradale
rugoso
3.2.
asciutto
non polveroso
molto bagnato
fangoso
oleoso
ghiacciato
SI’
SI’
SI’
SI’
SI’
SI’
SI’
SI’
Verifica dell’aderenza delle ruote posteriori
Per aderenza si deve avere:
TP ≤ f a N P
⇒
TP
≤ fa
NP
TP
1266 [N ]
=
= 0,34
3739 [N ]
NP
Calcolo:
Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e
quelle in cui non si ha aderenza:
Tabella 15
fondo
stradale
liscio
fondo
stradale
rugoso
asciutto
non polveroso
molto bagnato
fangoso
oleoso
ghiacciato
SI’
SI’
SI’
NO
SI’
SI’
SI’
NO
34
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quinta esercitazione: Ascensore
Quinta esercitazione: ASCENSORE
Dell’impianto di ascensore schematizzato in figura 44 sono noti i seguenti dati:
portata (carico utile)
massa cabina
massa contrappeso
mu = 325 [kg ]
mc = 300 [kg ]
mq = 430 [kg ]
diametro puleggia di sollevamento
D = 0,55 [m]
τ = 1 / 55
rapporto di trasmissione del riduttore
accelerazione massima di avviamento a pieno carico aa = 0,7 m / s 2
in discesa
rendimento della trasmissione in moto diretto (carico η d = 0,7
che esercita azione resistente)
rendimento della trasmissione in moto retrogrado
η r = 0,6
(carico che esercita azione motrice)
numero paia di poli del motore asincrono
pp = 2
[
momento d’inerzia del motore
]
[
]
J m = 0,00981 Kg m 2 ∀ kW
della potenza di targa
Si considerino trascurabili le resistenze delle guide della cabina e il peso delle funi.
In figura è riportata la curva caratteristica del motore asincrono.
PRIMA PARTE:
MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore
A pieno carico, a regime in salita determinare:
1) la velocità di rotazione del motore ωm, la velocità di rotazione della puleggia ωp e la
velocità di sollevamento vsoll.;
2) la potenza resistente Wr, la potenza motrice Wm, il momento motore Mm e la potenza di
targa o nominale W n del motore asincrono a servizio intermittente che si assume
uguale per sicurezza a 1,5 Wm arrotondata al ½kW superiore.
SECONDA PARTE:
AVVIAMENTO IN DISCESA: scelta del volano
Considerare l’avviamento a pieno carico in discesa.
Ritenendo che la coppia massima del motore durante l’avviamento Mma sia uguale a 2,2
volte quella nominale Mn, che il momento d’inerzia del motore sia Jm (0,00981 kg m2 per
ogni kW della potenza di targa) e che siano trascurabili le inerzie di tutte le altre masse
rotanti tranne il volano, determinare il momento d’inerzia del volano Jv da montare
sull’albero del motore affinché l’accelerazione massima di avviamento in discesa non
superi il valore assegnato.
35
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quinta esercitazione: Ascensore
Figura 44 – Schema dell’ascensore in moto a regime in salita
C
D
M r'
M
(a)
' (b )
r
Figura 45 – Curva caratteristica del motore asincrono
36
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quinta esercitazione: Ascensore
Risoluzione della quinta esercitazione: ASCENSORE
PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono
Punto C se n aumenta:
M m > M r' ⇒ n aumenta fino a D
Punto D se n aumenta:
M m < M r' ⇒ n diminuisce e torna in D
'
Punto D se n diminuisce: M m > M r ⇒ n aumenta e torna in D
Punto C se n diminuisce: M m < M r' ⇒ n diminuisce fino all’arresto del motore
Il punto D è detto punto di funzionamento stabile, mentre il punto C è detto punto di
funzionamento instabile.
PRIMA PARTE:
MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore
Un moto a regime è un moto caratterizzato da velocità costanti e accelerazioni nulle.
1. Calcolo della velocità di rotazione del motore, della velocità di rotazione della puleggia
e della velocità di sollevamento
1.1.
Calcolo della velocità di rotazione del motore
Il punto di funzionamento stabile si trova nella zona “quasi” verticale della curva
caratteristica del motore quindi, con buona approssimazione, si ha:
nm ≅ ns
dove nm è la velocità in giri/min del motore mentre ns è la velocità di sincronismo.
ns =
Per definizione:
60 f
pp
dove f è la frequenza di alimentazione (in Italia f = 50 [Hz]), mentre pp è il numero di
paia di poli del motore.
(
)
nm = 1 − s ns
Per un motore asincrono si ha:
dove s = percentuale di scorrimento (per esempio 4%)
nm ≅ ns =
⇒ ωm =
60 f 60 ⋅ 50  giri 
 giri 
=
=
1500
 min 
pp
2  min 
2π
2π
 rad 
 rad 
157
,
1
⋅ ns =
⋅ 1500 
≅

 s 
60
60
 s 


37
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
1.2.
Quinta esercitazione: Ascensore
Calcolo della velocità di rotazione della puleggia
ωu
ωe
ωp
τ=
ωm
τ=
In generale per i rapporti di trasmissione si ha:
In questo caso il rapporto di trasmissione vale:
allora la velocità di rotazione della puleggia risulta:
ω p = ω mτ = 157,1 ⋅
1.3.
1  rad 
 rad 
2
,
86
≅
 s 
55  s 
Calcolo della velocità di sollevamento
Nell’ipotesi di assenza di slittamenti si ha che la velocità di sollevamento vale:
v soll . = ω p rp = ω p ⋅
D
 rad  0,55
m
[
]
0
,
786
= 2,86 
⋅
m
≅

s
2
 s  2
 
2. Calcolo della potenza resistente, della potenza motrice, del momento motore e della
potenza di targa o nominale del motore asincrono a servizio intermittente
Per effettuare questi calcoli si utilizza il bilancio di potenze che risulta essere nullo perché
il moto è a regime:
Wm + Wr + W p =
2.1.
dEC
=0
dt
Calcolo del momento motore
Sostituendo nel bilancio di potenze le quantità corrispondenti a Wm, W r, W p si ottiene:
M mω m − (mu + mc − m q )gv soll . − (1 − η d )M mω m = 0
per semplificare si può sostituire:
v soll . = ω p
D
D
= τω m
2
2
⇒ − (mu + mc − m q )gτ
D
+ ηd M m = 0
2
Si può da qui ricavare il momento motore che risulta:
Mm =
(m
u
+ mc − m q )gτ
ηd
D
(325 + 300 − 430) ⋅ 9,81 ⋅ 1 ⋅ 0,55
55 2 [N ⋅ m] ≅ 13,66 [N ⋅ m ]
2 =
0,7
38
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
2.2.
Quinta esercitazione: Ascensore
Calcolo della potenza motrice
Wm = M m × ω m = M mω m = 13,66 [N ⋅ m] ⋅ 157,1 [rad / s ] ≅ 2146 [W ] = 2,146 [kW ]
2.3.
Calcolo della potenza resistente
Wr = (mu + mc )g ×vsoll. + mq g ×vsoll. = −(mu + mc )gvsoll, + mq gvsoll. = −(mu + mc − mq )gvsoll.
Si può ottenere la potenza resistente in due modi:
•
atraverso la formula precedente:
⇒ Wr = −(mu + mc − mq )gvsoll. = −(325 + 300 − 430) ⋅ 9,81⋅ 0,786 [W ] ≅ −1502 [W ] = −1,502 [kW ]
•
sfruttando il fatto che: Wm + Wr + W p = 0 con W p = −(1 − η d )We = −(1 − η d )Wm
⇒ Wr = −η d Wm = −0,7 ⋅ 2146 [W ] ≅ −1502 [W ] = −1,502 [kW ]
2.4.
Calcolo della potenza di targa o nominale
Wn = (1,5 ⋅ Wm ) 1 kW = (1,5 ⋅ 2,146 [kW ]) 1 kW = (3,219 [kW ]) 1 kW = 3,5 [kW ]
2
2
2
39
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Quinta esercitazione: Ascensore
SECONDA PARTE:
AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano
1. Calcolo della coppia massima e del momento di inerzia del motore
M ma = 2,2 ⋅ M n = 2,2 ⋅
Wn
W
3,5 ⋅ 1000
≅ 2,2 ⋅ n = 2,2 ⋅
[N ⋅ m] ≅ 49 [N ⋅ m]
157,1
ωn
ωm
[
]
[
J m = 0,00981 ⋅ Wn = 0,00981 ⋅ 3,5 kg ⋅ m 2 ≅ 0,034 kg ⋅ m 2
]
2. Calcolo del momento d’inerzia del volano
Per calcolare il momento d’inerzia del volano si utilizza il bilancio di potenze:
Wm + Wr + W p =
2.1.
dEC
dt
Calcolo della potenza motrice
Wm = M ma × ω m + (mu + mc )g × v = M maω m + (mu + mc ) gv
2.2.
Calcolo della potenza resistente
Wr = m q g × v = − m q gv
2.3.
Calcolo della potenza persa
Wp = −(1−ηr )We = −(1−ηr )(mu + mc )g × v + mq g × v − (mu + mc + mq )a × v =
[
[
= −(1 − η r ) (mu + mc − m q )gv − (mu + mc + m q )av
2.4.
EC =
]
]
Calcolo della derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo
1
(J m + J v )ω m × ω m + 1 (mu + mc + mq )v × v = 1 (J m + J v )ω m2 + 1 (mu + mc + mq )v 2
2
2
2
2
⇓
dEC
= ( J m + J v )ω m ×ω m + (mu + mc + mq )a × v = (J m + J v )ω mω m + (mu + mc + mq )av
dt
40
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
2.5.
Calcolo del momento di inerzia del volano
Sostituendo: ω m =
M ma
Quinta esercitazione: Ascensore
v
D
τ
2
ω m =
a
D
τ
2
nel bilancio di potenze si ottiene:
v
a
v
+ (1 − η r )(mu + mc + mq )av + η r (mu + mc − mq )gv = (J m + J v )
⋅
+ (mu + mc + mq )av
D
D D
τ
τ
τ
2
2
2
M ma
⇒
Jv =
v
a
v
− η r (mu + mc + mq )av + η r (mu + mc − mq )gv − J m
⋅
D
D
D
τ
τ
τ
2
2
2
a
v
⋅
D
D
τ
τ
2
2
Semplificando la velocità v si ottiene:
M ma
Jv =
1
a
− η r (mu + mc + mq )a + η r (mu + mc − mq )g − J m
2
D
 D
τ
τ 
2
 2
a
 D
τ 
 2
2
Sostituendo i valori numerici risulta:
49⋅
Jv =
1
0,7
− 0,6 ⋅ (325+ 300+ 430) ⋅ 0,7 + 0,6 ⋅ (325+ 300− 430) ⋅ 9,81− 0,034⋅
2
1 0,55
 1 0,55
⋅
 ⋅

55 2
 55 2 
0,7
 1 0,55
 ⋅

 55 2 
[kg m ]
2
2
⇓
[
J v ≅ 0,341 kg m 2
]
41
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO
Un motore asincrono trifase aziona, attraverso un riduttore ad ingranaggi, l’albero a
manovella di una pompa a stantuffo a semplice effetto per liquido.
Sono noti i seguenti dati:
[
pressione di aspirazione
p a = −0,5 kg p / cm 2
pressione di mandata
p m = 4,8 kg p / cm 2
[
]
corsa dello stantuffo
diametro dello stantuffo
c = 280 [mm]
D = 210 [mm]
massa solidale con il piede di biella
m s = 5,5 kg p m −1 s 2
velocità di rotazione media dell’albero di manovella
[
n = 202 [giri / min ]
]
]
N.B.: i dati non sono espressi nelle unità di misura del Sistema Internazionale.
Si richiede di determinare:
1)
2)
3)
4)
5)
il lavoro resistente Lr in un periodo;
il lavoro motore Lm in un periodo (si trascuri il lavoro perduto per attrito);
il momento motore Mm supposto costante nel perido;
il momento resistente ridotto all’albero di manovella M’r;
il valore del momento d’inerzia Jv del volano montato sull’albero di manovella che da
solo limiti l’irregolarità periodica al valore i = 0,03.
Figura 46 – Macchina a regime periodico (pompa a stantuffo a semplice effetto)
42
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
Risoluzione della sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO
Macchina a regime:
Macchina a regime assoluto:
macchina che funziona a velocità costante
macchina che funziona a velocità rigorosamente
costante
Macchina a regime periodico: si distingue un intervallo temporale (periodo) a cavallo
del quale la macchina ritorna ad assumere lo stesso
valore istantaneo di velocità: ω(t) = ω(t+T) = ω(t+nT)
ω
ω
ω
ω = cost
O
ω
t
O
T
t
Figura 47 – Diagrammi della velocità in funzione del tempo per macchine a regime
assoluto e per macchine a regime periodico
Conversione dei dati del problema nelle unità di misura del Sistema Internazionale:
Pressione di aspirazione:
2
 N 
 kg p 
 kg p 
N 
4  cm 
p a = −0,5  2  = −0,5  2  ⋅ 9,81 
 ⋅ 10  2  = −49050  2  = −49050 [Pa ]
m 
m 
 cm 
 cm 
 kg p 
Pressione di mandata:
2
 N 
 kg p 
 kg p 
N 
4  cm 
p m = 4,8  2  = 4,8  2  ⋅ 9,81 
10
⋅

 2  = 470880  2  = 470880 [Pa ]
m 
 kg p 
m 
 cm 
 cm 
Massa solidale con il piede di biella:
 s2 
 s2 
m
m s = 5,5  kg  = 5,5  kg  ⋅ 9,81  2  = 53,955 [kg ]
s 
 m
 m
Velocità di rotazione media dell’albero di manovella:
2π  rad 
 giri 
 rad 
n = 202 
⇒ ω = 202 ⋅
= 21,153 




60  s 
 min 
 s 
Corsa dello stantuffo:
c = 280 [mm] = 0,28 [m]
Diametro dello stantuffo:
D = 210 [mm] = 0,21 [m]
43
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
Per calcolare i lavori e i momenti, motori e resistenti, si utilizza il bilancio di potenze:
Wm + Wr + W p =
dEC
dt
essendo però Wp = 0 per ipotesi il bilancio delle potenze diventa:
Wm + Wr =
1-2.
dEC
dt
Calcolo dei lavori resistente e motore in un periodo
Integrando ambo i membri del bilancio di potenze sull’intervallo [0,T] si ottiene:
T
T
∫ W dt + ∫ W dt = ∆E
m
r
0
C
=0
0
T
⇒
T
∫ dL + ∫ dL
m
0
r
=0
0
Lr + Lm = 0 ⇒ Lr = − Lm
in un periodo si ha che:
Il lavoro resistente può essere scritto come somma di lavoro resistente di aspirazione e di
lavoro resistente di mandata:
Lr = Lra + Lrm
Calcolo del lavoro resistente di aspirazione:
πD 2
π ⋅ 0,212
Lra = ∫ Fra × ds = Fra ⋅ c = p a S ⋅ c = p a
⋅ c = −49050 ⋅
⋅ 0,28 [J ] = −475,69 [J ]
4
4
c
0
Calcolo del lavoro resistente di mandata:
c πD 2
π ⋅ 0,212
Lrm = ∫ Frm × ds = Frm ⋅ c = p m S ⋅ c = p m
⋅ c = 470880 ⋅
⋅ 0,28 [J ] = 4566,64 [J ]
4
4
0
Fr
Figura 48
Il modulo del lavoro resistente totale è dato dalla somma dei
moduli dei lavori resistenti di aspirazione e mandata e
corrisponde alla somma delle aree evidenziate nel grafico:
Frm
O
Fra
π
2π
ϕ
Lr = Lra + Lrm = 475,69 + 4566,64 [J ] = 5042,33 [J ]
Lr = −5042,3 [J ]
Lm = − Lr = +5042,3 [J ]
44
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
3. Calcolo del momento motore supposto costante nel periodo
Il lavoro motore espresso in funzione dell’angolo di rotazione della manovella risulta:
Lm (ϕ ) = M mϕ
ϕ = 2π
in un periodo si ha che:
Si ricava così il momento motore che risulta:
Lm 5042,33
=
[N m] = 802,51 [N m]
2π
2π
Mm =
4. Calcolo del momento resistente ridotto all’albero di manovella
Per calcolare il momento resistente ridotto all’albero di manovella si devono ridurre tutte le
forze resistenti applicate allo stantuffo B in momenti resistenti applicati alla manovella.
La potenza resistente risulta:
Wr = Fr v = Wr' = M r' ω
La potenza resistente di aspirazione e la potenza resistente di mandata risultano:
 Fra v = M ra' ω

'
 Frm v = M rm
ω
Il moto del piede di biella in I approssimazione è:
 x I = r (1 − cos ϕ )

 x I = rω sin ϕ = v
 2
 x I = rω cos ϕ = a
I momenti resistenti ridotti all’albero di manovella valgono:
 '
v
πD 2 c
π ⋅ 0,212
M ra' < 0
⋅ sinϕ = −49050⋅
⋅ 0,28sinϕ = −237,85sinϕ 0 ≤ ϕ ≤ π
M ra = Fra = pa
ω
4 2
8

2
2
M ' = F v = p πD ⋅ c sinϕ = 470880⋅ π ⋅ 0,21 ⋅ 0,28sinϕ = 2283,32 sinϕ π ≤ ϕ ≤ 2π M ' > 0
rm
m
rm
 rm
ω
4 2
8
M r'
Figura 49
2283,32
Modulo del momento resistente ridotto:
M r' = p
πD 2 c
⋅ ⋅ sin ϕ
4 2
con p = pa, pb
237,85
O
π
2
3
π
2
2π
ϕ
45
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
5. Calcolo del momento d’inerzia del volano
Wm = M mω
•
Potenza motrice:
•
Potenza resistente:
•
πD 2 c
⋅ sin ϕ ⋅ ω
4 2
Derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo:
1
EC = ms v 2 + EV
2
dove EV = energia cinetica associata al volano
Wr = M r' ω = − p
dE
dE C
= m s av + V
dt
dt
v = xC I = rω sin ϕ

2
a = CxCI = rω cos ϕ
essendo:
⇒
dE
dE C
= ms r 2ω 2 cos ϕ sin ϕ + V
dt
dt
Sostituendo nel bilancio di potenze i termini precedentemente calcolati si ottiene:
dE
πD 2 c
M mω − p
⋅ sin ϕ ⋅ ω − m s r 2ω 3 sin ϕ cos ϕ = V
dt
4 2
M i' = m s r 2ω 2 sin ϕ cos ϕ
Essendo per definizione:
⇒
(M
m
)
− M r' − M i' ω =
dEV
dt
ω =
Eseguendo l’approssimazione:
⇒
⇒
(M
m
(M
m
)
− M r' − M i' ω dt = dEV
dϕ
dt
)
− M r' − M i' dϕ = dEV
Il momento d’inerzia del volano si ottiene calcolando la variazione di energia cinetica max:
∆EV MAX =
(
)
1
1
2
2
J V ω MAX
− ω MIN
= J V (ω MAX − ω MIN )(ω MAX + ω MIN )
2
2
moltiplicando e dividendo per ω si ottiene:
∆EV MAX = J V
ω MAX + ω MIN
ω
− ω MIN
⋅ ω ⋅ MAX
= J V ω 2i
ω
2
∆EV MAX
⇒ JV =
ω 2i
46
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
Per calcolare la variazione di energia cinetica massima si deve tracciare il grafico:
(M
m
0 ≤ϕ ≤π
802,5 − 237,85 ⋅ sin ϕ − 236,5 ⋅ sin 2ϕ
− M r' − M i' = 0 ⇒ 
802,5 + 2283,32 ⋅ sin ϕ − 236,5 ⋅ sin 2ϕ π < ϕ ≤ 2π
)
EV MAX
ϕ2
ϕ1
EV MIN
Figura 50 – Momento risultante totale e scarto di energia cinetica
Integrando fra ϕ 1 ≅ 3,4 [rad ] e ϕ 2 ≅ 5,8 [rad ] , calcolati dal grafico, si ottiene:
ϕ1
∆EV MAX =
∫ϕ (M
m
)
− M r' − M i' dϕ
2
ϕ1
∆EV MAX =
∫ϕ (802,5 + 2283,32 ⋅ sin ϕ − 236,5 ⋅ sin 2ϕ )dϕ
2
3, 4
∆EV MAX
236,5


= 802,5 ⋅ ϕ − 2283,32 ⋅ cos ϕ +
⋅ cos 2ϕ  ≅ 5038,8 − 2699,8 [J ] = 2339 [J ]
2

 5,8
Quindi il momento d’inerzia del volano risulta:
JV =
∆EV MAX
ω i
2
=
[
]
[
2339
kg m 2 ≅ 174,25 kg m 2
2
(21,153) ⋅ 0,03
]
47
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Settima esercitazione: Rullo rotante
Settima esercitazione: RULLO ROTANTE
Un carrello, di peso P = 1000 [kgp], urta con velocità v0 = 11 [km/h] contro un respingente
al quale resta agganciato.
Determinare la legge del moto del carrello a partire dal momento dell’aggancio, nell’ipotesi
che sia trascurabile l’attrito nel movimento del carrello sulle rotaie e che il respingente (di
costante elastica k = 10000 [kg m-1] e coefficiente di smorzamento r = 200 [kg m-1 s]) abbia
massa trascurabile rispetto a quella del carrello.
v0
G
k
P
r
Figura 51 – Schematizzazione del sistema carrello + respingente
Schematizzando il carrello con un rullo:
Peso carrello:
P = 1000 [kg P ]
Massa carrello:
Velocità iniziale carrello:
1000  m 
 km 
m
≅ 3,06  
v0 = 11   = 11 ⋅


3600  s 
s
 h 
Costante elastica della molla:
 kg 
N 
N 
k = 10000  P  = 10000 ⋅ 9,81   = 98100  
m
m
 m 
Costante di smorzamento della molla:
s

 s
 s
r = 200  kg P  = 200 ⋅ 9,81  N  = 1962  N 
m

 m
 m
Momento di inerzia baricentrico:
J = 5 kg m 2
Raggio del rullo:
R = 10 [cm] = 0,1 [m]
[
J
R
v0
P
m'= 1000 [kg ]
]
k
r
Figura 52 – Schematizzazione del sistema rullo + respingente
48
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Settima esercitazione: Rullo rotante
Risoluzione della settima esercitazione: RULLO ROTANTE
Figura 53
ϑ
Jϑ
R
Forze e momenti agenti sul carrello
schematizzato come un rullo:
k
Fi
Fe
FV
Fi = − m' a = − m' x
Fe = − kx
FV = − rv = − rx
r
T
N
x
x
x
Calcolo della reazione tang. T mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema rullo:
∑M
*
(G )
=0 ⇒
Jϕ
J x
Jx
Jϑ = TR ⇒ T = −
=− ⋅ =− 2
R
R R
R
L’equazione del moto si ricava dall’equilibrio alla trasl. orizzontale del sottosistema rullo:
∑F
*
x
=0 ⇒
Fi + Fe + FV + T = 0 ⇒ − m ' x − kx − rx −
m = m'+
Sostituendo:
J
x = 0
R2
J
R2
si ottiene l’equazione di equilibrio alla trasl. orizzontale per vibrazioni libere smorzate:
mx + rx + kx = 0
Per ricavare la soluzione si sostituiscono i valori:
 x(t ) = ce zt

zt
 x (t ) = cze
 ( )
2 zt
 x t = cz e
nell’equazione precedente ottenendo l’equazione caratteristica:
dividendo per la massa:
le radici sono:
mz 2 + rz + k = 0
z2 +
r
k
z+ =0
m
m
z1, 2 = −
r
r2
k
±
−
2
2m
m
4m
49
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Settima esercitazione: Rullo rotante
Essendo definita la pulsazione naturale del sistema non smorzato come:
ω=
k
98100  rad 
 rad 
=
= 8,087 


m
1500  s 
 s 
mentre quella del sistema smorzato come:
ω1 =
98100
1962 2  rad 
k
r2
 rad 
−
=
−
≅ 8,06 
2
2 


1500 4 ⋅ 1500  s 
m 4m
 s 
si ha lo smorzamento critico quando:
r2
k
r2
∆=
− =
− ω 2 = 0 ⇒ rC = 2mω
2
2
4m
m 4m
Si può così effettuare la sostituzione:
Essendo: m = m'+
5
J
= 1000 + 2 [kg ] = 1500 [kg ] e ω =
2
0,1
R
lo smorzamento critico vale:
Si ha quindi:
r2
r2
ξ =
=
4m 2ω 2 rC2
2
k
98100  rad 
 rad 
=
= 8,087 


m
1500  s 
 s 
 kg 
 kg 
rC = 2mω = 2 ⋅ 1500 ⋅ 8,087   = 24261  
 s 
 s 
r < rC
⇒ ξ <1 ⇒ ∆ < 0
Le radici dell’equazione caratteristica sono numeri complessi coniugati:
z1, 2
k
r2
r
=−
±i
−
2m
m 4m 2
⇔
z1, 2 = −
r
± iω 1 − ξ 2
2m
⇔
z1, 2 = −
r
± iω1
2m
La soluzione finale risulta del tipo:

−αt
− 0 , 654t
(A cos 8,06t + B sin 8,06t ) α = r
 x(t ) = e (A cos ω1t + B sin ω1t ) = e
2m

 x(t ) = −αe −αt (A cos ω t + B sin ω t ) + e −αt (− ω A sin ω t + ω B cos ω t ) α = r
1
1
1
1
1
1

2m
Dalle condizioni iniziali si ricavano A e B :
 x(0) = 0 ⇒ A = 0

v0 3,06

 x (0) = v0 ⇒ ω1 B = v 0 ⇒ B = ω = 8,06 [m] ≅ 0,379 [m]
1

La legge del moto del carrello risulta:
x(t ) = e −0,654t ⋅ 0,379 sin 8,06t
50
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI
Su un albero a sezione circolare di
diametro d = 50 [mm] sono calettati tre
dischi centrati di momento di inerzia
rispettivamente:
I 1 = 0,4 kg P m s 2
I2
[
= 0,5 [kg
= 1,0 [kg
I3
I2
I1
]
ms ]
ms ]
2
P
2
I3
P
disposti, come in figura, a distanza
l1 = 500 [mm] e l 2 = 800 [mm]
l1
l2
PARTE PRIMA: Vibrazioni libere
Determinare le pulsazioni proprie ω1 e ω 2 di vibrazione torsionale dell’albero.
PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali
A causa della rotazione stessa dell’albero, che avviene con velocità angolare ω ROT ,
all’estremità sinistra sia applicata una coppia di momento:
M s = M 0 + M 1 sin (Ωt + ϕ 1 ) + M 2 sin (2Ωt + ϕ 2 )
e alla estremità destra una coppia di momento:
M d = −M 0
Ω , la pulsazione dell’armonica fondamentale, è legata alla velocità angolare dell’albero
dalla relazione:
Ω = k 'ω ROT
Nel caso in esame sia
k'=
1
2
Calcolare le velocità critiche torsionali dell’albero.
N.B. – Il modulo di elasticità tangenziale del materiale dell’albero, in acciaio, è:
 kg 
G = 8000 
2 
 mm 
51
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
Risoluzione dell’ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI
PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I.
d = 50 [mm] = 0,05 [m]
l1 = 500 [mm] = 0,5 [m]
l 2 = 800 [mm] = 0,8 [m]
I 1 = 0,4 kg P m s 2 = 0,4 ⋅ 9,81 kg m 2 = 3,924 kg m 2
I 1 = 0,5 kg P m s 2 = 0,5 ⋅ 9,81 kg m 2 = 4,905 kg m 2
I 1 = 1,0 kg P m s 2 = 1,0 ⋅ 9,81 kg m 2 = 9,81 kg m 2
Diametro albero:
Distanza tra dischi 1 e 2:
Distanza tra dischi 2 e 3:
[
[
[
Momento d’inerzia disco 1:
Momento d’inerzia disco 2:
Momento d’inerzia disco 3:
]
]
]
[
[
[
]
]
]
 kg 
Modulo di elasticità tangenziale: G = 8000  P2  = 8000 ⋅ 9,81 ⋅ 10 6
 mm 
[
[
[
]
]
]
N 
6
 m 2  = 78480 ⋅ 10
N 
 m 2 
PARTE PRIMA: Vibrazioni libere
ϑ3 , ϑ3 , ϑ3
I3
Figura 54
ϑ2 , ϑ2 , ϑ2
Il sistema presenta tre gradi di
libertà perché l’albero rotante non
è un corpo rigido. Si ha infatti che:
I2
ϑ1 , ϑ1 , ϑ1
ϑ1 ≠ ϑ2 ≠ ϑ3
I1
Il sistema ha tante pulsazioni
naturali quanti sono i segmenti di
albero interposti tra i dischi (= 2).
l2
l1
1. Calcolo dei momenti di reazione elastica
Momento di reazione elastica che si sviluppa tra un generico disco i e un generico disco j:
M Ri , j =
dove:
− GJ P (ϑ j − ϑi )
lij
[N m ]
G = modulo di elasticità tangenziale
N 
 m2 
 
52
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
JP = momento di inerzia polare dell’albero a sezione circolare, si può dimostrare che:
πd 4 π ⋅ 0,05 4 4
[
J P = ∫ r dA =
=
m ] ≅ 6,14 ⋅ 10 −7 [m 4 ]
32
32
A
2
(ϑ
j
− ϑi ) = rotazione relativa tra i dischi i e j
l ij = distanza tra i dischi i e j
Per i dischi 1,2,3 si ottiene:
[rad ]
[m]
GJ P (ϑ2 − ϑ1 )

M
=
−
= −k1 (ϑ2 − ϑ1 )
R
 ,, 2
l1


GJ P (ϑ3 − ϑ2 )
M
= −k 2 (ϑ3 − ϑ2 )
R2 , 3 = −

l2
2. Calcolo delle costanti di richiamo elastico

GJ P 78480 ⋅ 10 6 ⋅ 6,14 ⋅ 10 −7
[N m] = 96373,44 [N m]
k
=
=
 1
0,5
l1


6
−7
k = GJ P = 78480 ⋅ 10 ⋅ 6,14 ⋅ 10 [N m] = 60233,4 [N m]
 2
l2
0,8
3. Calcolo delle pulsazioni proprie con l’equilibrio alla rotazione per ciascuno dei tre dischi
Per il principio della sovrapposizione degli effetti si può scrivere l’equilibrio alla rotazione
per ciascun disco:
Figura 55 – Equilibrio alla rotazione per ciascun disco
ϑ1 ,ϑ1 ,ϑ1
Ms
I1ϑ1 k1ϑ1
k1ϑ2
k1ϑ2
k1ϑ1
ϑ2 ,ϑ2 ,ϑ2
I 2ϑ2 k 2ϑ2
k 2ϑ3
k 2ϑ3
ϑ3 ,ϑ3 ,ϑ3
k 2ϑ2
Md
I 3ϑ3

*
 ∑ M ( C ) = 0 ⇒ M s − k1ϑ1 − I1ϑ1 + k1ϑ2 = 0
 DISCO 1

*
 ∑ M ( C ) = 0 ⇒ k1ϑ1 − k1ϑ2 − I 2ϑ2 − k 2ϑ2 + k 2ϑ3 = 0
 DISCO 2

∑ M3 (*C ) = 0 ⇒ − k 2ϑ3 + k 2ϑ2 − I 3ϑ3 − M d = 0
 DISCO

53
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
Sostituendo e isolando le forzanti esterne si ottiene:
 I 1ϑ1 + k1ϑ1 − k1ϑ2 = M s
  I 2ϑ2 − k1ϑ1 + (k1 + k 2 )ϑ2 − k 2ϑ3 = 0
  I 3ϑ3 − k 2ϑ 2 + k 2ϑ3 = − M d
Per risolvere la prima parte del problema (vibrazioni libere) si devono considerare nulle le
forzanti quindi si considera il sistema omogeneo associato:
 I1ϑ1 + k1ϑ1 − k1ϑ2 = 0
  I 2ϑ2 − k1ϑ1 + (k1 + k 2 )ϑ2 − k 2ϑ3 = 0
  I 3ϑ3 − k 2ϑ2 + k 2ϑ3 = 0
Riscrivendo in forma matriciale si ha:
 I1
0

 0
0
I2
0
0  ϑCC1   k1
 
0  ϑCC2  + − k1
I 3  ϑCC3   0
C
C
[M ]ϑ + [k ]ϑ = 0
ovvero:
dove:
− k1
0  ϑ1 
(k1 + k 2 ) − k 2  ϑ2  = 0
− k2
k 2  ϑ3 
[M ] = matrice di inerzia
[k ] = matrice di rigidezza
e
Per la risoluzione del sistema si ipotizza una soluzione del tipo:
ϑi

In forma scalare: ϑi
 ϑi

= Θ sin ωt
ϑ
= Θ i sin ωt
 = ωΘ cos ωt
ϑ
= ωΘ i cos ωt

In forma vettoriale:  2
2
= −ω Θ i sin ωt
ϑ = −ω Θ sin ωt
dove i Θ i sono le ampiezze.
Sostituendo la soluzione precedente nel sistema si ottiene:
(
)
 k1 − I 1ω 2 Θ1 − k 2 Θ 2 = 0

2
− k1Θ1 + k1 + k 2 − I 2ω Θ 2 − k 2 Θ 3 = 0

2
− k 2 Θ 2 + k 2 − I 3ω Θ 3 = 0
(
(
)
)
54
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
Θ=0
La soluzione banale (l’albero risulterebbe fermo) si ha per:
Affinché il sistema ammetta soluzione diversa da quella banale il determinante della
matrice dei coefficienti deve essere uguale a zero:
(k
1
− I 1ω 2
− k1
)
(k
− k1
1
+ k 2 − I 2ω 2
− k2
0
⇒
(k
1
)(
)(
)
)
0
(k
− k2
2
− I 3ω 2
(
)
=0
)
(
)
− I 1ω 2 k1 + k 2 − I 2ω 2 k 2 − I 3ω 2 − k 22 k1 − I 1ω 2 − k12 k 2 − I 3ω 2 = 0
Sviluppando i prodotti e semplificando si ottiene:
I 1 I 2 I 3ω 6 − (k1 I 1 I 3 + k1 I 2 I 3 + k 2 I 1 I 2 + k 2 I 1 I 3 )ω 4 + k1 k 2 (I 1 + I 2 + I 3 )ω 2 = 0
Una prima soluzione (sistema rigido = l’albero ruota rigidamente) si ha per:
ω 2 = 0 ⇒ ω1, 2 = 0
z =ω2
Per le altre soluzioni si pone:
e si sostituiscono nell’equazione i tre momenti d’inerzia e le due costanti di rigidezza:
188,815 ⋅ z 2 − 11817206 ⋅ z + 1,08 ⋅ 1011 = 0
Le radici risultano:
z1, 2
quindi:
11817206 ± 11817206 2 − 4 ⋅ 188,815 ⋅ 1,08 ⋅ 1011  rad 2 
=
 2 
2 ⋅ 188,815
 s 

 rad 2 
 z1 ≅ 11112  2 

 s 

2
 z ≅ 51474  rad 
 2 
 2
 s 

Le pulsazioni proprie di vibrazione torsionale dell’albero risultano:

 rad 
 rad 
ω
=
=
≅
z
11112
105
,
41
1
 1
 s 
 s 


ω = z = 51474  rad  ≅ 226,88  rad 
2
 s 
 s 
 2
55
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali
1. Calcolo dei modi di vibrare
Avendo imposto la condizione che il determinante della matrice dei coefficienti fosse nullo,
si hanno solamente due equazioni indipendenti, quindi non si possono calcolare le
ampiezze Θ1 , Θ 2 , Θ 3 senza conoscere le condizioni iniziali, che sono date dai cosiddetti
modi di vibrare:
Θ1
Θ2
Θ
µ2 = 2
Θ3
µ1 =
Riprendendo la prima e la terza equazione del sistema precedente, si ottiene:
Θ1
k1

2
−
Θ
−
Θ
=
⇒
=
=
0
k
I
ω
k
µ
1
1
1
1
2
1

Θ 2 k1 − I1ω 2


k2
− k Θ + k − I ω 2 Θ = 0 ⇒ µ = Θ 2 =
2 2
2
3
3
2

Θ 3 k 2 − I 3ω 2
(
)
(
1.1.
)
Calcolo del 1° modo di vibrare
Per calcolare il primo modo di vibrare si pone:
ω = ω1
k1
Θ1
96373,44
=
=
≅ 1,826
2
Θ 2 k1 − I 1ω1 96373,44 − 3,924 ⋅ 105,412
Θ
k2
60233,4
= 2 =
=
≅ −1,235
2
Θ 3 k 2 − I 3ω1 60233,4 − 9,81 ⋅ 105,412
µ1( I ) =
µ 2( I )
Ipotizzando Θ 2 = 1 , in figura 56 è rappresentato il primo modo di vibrare:
1,826
1
NODO
1
2
3
-1,235
l1
l2
Figura 56 – Il nodo è la sezione dell’albero che non vibra
56
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
1.2.
Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
Calcolo del 2° modo di vibrare
Per calcolare il primo modo di vibrare si pone:
ω = ω2
Θ1
k1
96373,44
=
=
≅ −0,913
2
Θ 2 k1 − I 1ω 2 96373,44 − 3,924 ⋅ 226,88 2
Θ
k2
60233,4
= 2 =
=
≅ −0,135
Θ 3 k 2 − I 3ω12 60233,4 − 9,81 ⋅ 226,88 2
µ1( II ) =
µ 2( II )
Ipotizzando Θ 2 = 1 , in figura 57 è rappresentato il secondo modo di vibrare:
1
NODO 2
NODO 1
1
3
2
-0,135
-0,913
l1
l2
Figura 57 – I nodi 1 e 2 sono le sezioni dell’albero che non vibrano
2. Calcolo delle velocità critiche torsionali
Le velocità critiche torsionali sono le velocità per cui l’albero entra in condizioni di
risonanza. La forzante Ms contiene due armoniche, quindi si avranno 2x2 = 4 velocità
critiche torsionali.
2.1.
Calcolo delle velocità critiche torsionali nel primo modo di vibrare
Le condizioni di risonanza si hanno quando:
ω1 = Ω e ω1 = 2Ω
1
1
60  giri
 giri
 rad 
 rad 
ω1 = Ω = ωROT = ω1CR ⇒ ω1CR = 2ω1 = 2 ⋅105,41   = 210,82   = 210,82⋅   ≅ 2013 
2
2
2π  min
 min
 s 
 s 
60  giri
 giri
 rad 
ω1 = 2Ω = ω ROT = ω 2CR ⇒ ω2CR = ω1 = 105,41   = 105,41⋅   ≅ 1006,6  
2π  min
 s 
 min
2.2.
Calcolo delle velocità critiche torsionali nel secondo modo di vibrare
Le condizioni di risonanza si hanno quando:
ω 2 = Ω e ω 2 = 2Ω
1
1
60  giri
 giri
 rad 
 rad 
ω 2 = Ω = ω ROT = ω3CR ⇒ ω3CR = 2ω2 = 2 ⋅ 226,88   = 453,76   = 453,76⋅   ≅ 4333 
2
2
2π  min
 s 
 s 
 min
60  giri
 giri
 rad 
ω 2 = 2Ω = ω ROT = ω4CR ⇒ ω4CR = ω2 = 226,88   = 226,88⋅   ≅ 2166,5  
2π  min
 s 
 min
57
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Nona esercitazione: Ciclo Otto
Nona esercitazione: CICLO OTTO
Un motore a scoppio ha una cilindrata VH = 1000 cm3 ed il volume della camera a scoppio
è VK = 200 cm3. Al termine dell’aspirazione la miscela aspirata ha una pressione
p1 = 0,96 ata ed una temperatura T1 = 50 °C.
La miscela aspirata ha la seguente composizione:
• 1 kg di benzina con potere calorifico inferiore p.c.i. = 10800 kcal / kg;
• 18 Nm3 di aria
Si consideri che il calore specifico medio a volume costante è cVm = 0,2 kcal / kg K, che
l’esponente delle trasformazioni di compressione e di aspirazione è k = 1,35 e che
Rmiscela = 29,27 kgP m / kg K.
Si richiede di:
1) Tracciare il ciclo nei piani p-V e T-S;
2) Determinare il lavoro teorico del ciclo
3) Determinare la potenza teorica sviluppata dal motore a velocità n = 4000 giri / min.
Figura 58
Schema delle varie trasformazioni
del ciclo
58
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Nona esercitazione: Ciclo Otto
Risoluzione della nona esercitazione: CICLO OTTO
1. Descrizione e rappresentazione del ciclo Otto nei piani p-V e T-S
1.1.
Conversione dei dati nelle unità di misura del Sistema Internazionale
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
Cilindrata:
Volume camera a scoppio:
Volume al punto 1:
Pressione al punto 1:
Temperatura al punto 1:
VH = 1000 cm 3 = 10 −3 m 3
VK = 200 cm 3 = 0,2 ⋅ 10 −3 m 3
V1 = VH + VK = 1000 + 200 cm 3 = 1,2 ⋅ 10 −3 m 3
p1 = 0,96 [ata ] = 0,96 ⋅ 9,81 ⋅ 10 4 [Pa ] = 94176 [Pa ]
T1 = 50 [°C ] = 50 + 273 [K ] = 323 [K ]
Costante della miscela:
 kg m 
 J 
 J 
Rmiscela = 29,27  P  = 29,27 ⋅ 9,81 
= 287,1387 


 kg K 
 kg K 
 kg K 
1.2.
[ ]
Calcolo dei dati mancanti delle varie fasi del ciclo
Il ciclo Otto può essere considerato un ciclo chiuso (1 → 2 → 3 → 4 → 1) ma in realtà
non è un ciclo chiuso poiché si ha aspirazione nel tratto (0 → 1) .
La seguente tabella mostra le varie fasi del ciclo:
0 →1
1→ 2
2→3
3→4
4 →1
FASI DEL CICLO OTTO
ASPIRAZIONE
COMPRESSIONE (ADIABATICA)
COMBUSTIONE (ISOCORA)
ESPANSIONE (ADIABATICA)
SCARICO
1.2.1. Tratto 0 → 1 : calcolo della massa dei gas e del rapporto di compressione
Per calcolare la massa dei gas si utilizza l’equazione di stato dei gas che presenta
la massa anziché il numero di moli e R = Rmiscela:
pV = MRmiscelaT
nel punto 1 si ha:
p1V1 = Rmiscela M 1T1
p1V1 94176 ⋅ 1,2 ⋅ 10 −3
[kg ] = 1,2185 ⋅10 −3 [kg ]
⇒ M1 =
=
T1
287,1387 ⋅ 323
Non tutta la massa M1 presente nel cilindro nelle condizioni del punto 1 è composta
da miscela attiva, ma c’è una massa residua di gas combusti non attivi.
La massa di miscela “fresca” aspirata ad ogni ciclo risulta allora:
M a = M1 − M 0
59
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
M0 =
⇒
[ ]
V0 = VK = 0,2 ⋅ 10 −3 m 3

T0 = T1 = 323 [K ]
 p = 1 [atm ] = 101325 [Pa ]
 0
p 0V0
M0 =
RmiscelaT0
essendo:
Nona esercitazione: Ciclo Otto
101325 ⋅ 0,2 ⋅ 10 −3
[kg ] = 0,2185 ⋅ 10 −3 [kg ]
287,1387 ⋅ 323
M a = M 1 − M 0 = (1,2185 − 0,2185 ) ⋅ 10 −3 [kg ] = 10 −3 [kg ]
ε=
Inoltre il rapporto di compressione risulta:
V1 VH + VK 1,2 ⋅ 10 −3
=
=
=6
VK
VK
0,2 ⋅ 10 −3
1.2.2. Tratto 1 → 2 : compressione adiabatica
Per un qualunque trasformazione adiabatica si ha:
In questo caso si ha:
p=
Sostituendo:
pV k = cost
k = 1, 35
nRT
V
⇒ TV k −1 = cost
Essendo V2 = V0 = VK, la pressione nel punto 2 risulta:
k
V 
k
p V = p 2V
⇒ p 2 =  1  p1 = (ε ) p1 = 61,35 ⋅ 94176 [Pa ] = 1057899,5 [Pa ]
 V2 
La temperatura nel punti 2 risulta:
k
1 1
k
2
k −1
k −1
1 1
TV
k −1
2 2
=T V
V 
k −1
⇒ T2 =  1  T1 = (ε ) T1 = 6(1,35−1) ⋅ 323 [K ] = 604,72 [K ] = 331,72 [°C]
 V2 
1.2.3. Tratto 2 → 3 : combustione isocora
La combustione isocora avviene a volume costante, quindi si ha: V3 = V2
Si deve valutare il calore sviluppato dalla combustione a partire dalla composizione
della miscela:
• 1 kg di benzina
• 18 Nm3 di aria (Nm3 = metricubi in condizioni normali (T = 0 °C, p = 1 atm))
Essendo la densità dell’aria pari a 1,293 kg / Nm3, la massa dell’aria risulta:
maria = ρ ariaVaria = 1,293 ⋅ 18 [kg ] = 23,274 [kg ]
La massa della miscela è la somma di quella della benzina e del’aria:
mmiscela = mbenzina + maria = 1 + 23,274 [kg ] = 24,274 [kg ]
60
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Nona esercitazione: Ciclo Otto
Per ogni kg di benzina si hanno 23,274 kg di aria e 24,274 kg di miscela.
Supponendo nullo il potere calorifico dell’aria si ha:
p.c.i.miscela =
mbenzina ⋅ p.c.ibenzina + maria ⋅ p.c.i.aria 1 ⋅ 10800 + 23,274 ⋅ 0  kcal 
 kcal 
≅ 445 
=



24,274
mmiscela
 kg 
 kg 
Il calore sviluppato dalla combustione risulta:
Q1 = M a ⋅ p.c.i. miscela = 10 −3 ⋅ 445 [kcal ] = 0,445 [kcal ]
La temperatura nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:
Q1 = Q23 = M 1cVm (T3 − T2 )
⇒ T3 =
Q23
0,445
+ T2 =
+ 604,72 [K ] = 2430,7 [K ] = 2157,7 [°C ]
M 1cVm
1,2185 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,2
La pressione nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:
V = cost ⇒
p3 p 2
=
T3 T2
⇒
p3 = p2
T
=
nR
P
= cost ⇒
= cost
V
T
T3
2430,7
= 1057899,5 ⋅
[Pa] = 4252276 [Pa]
T2
604,72
1.2.4. Tratto 3 → 4 : espansione adiabatica
Si suppone ancora che k = 1,35 (anche se in realtà al punto 3 varia la
composizione chimica della miscela e quindi varierebbe anche k).
V4 = V1
Nel punto 4 si ha:
Utilizzando le formule per le trasformazioni adiabatiche:
pV k = cost
TV k −1 = cost
si ottiene:
p 4V4k = p 3V3k
⇒
V
p 4 =  3
 V4
k
k
k
V 

1
1
 p 3 =  2  p 3 =   p 3 =  
ε 
6
 V4 

1, 35
⋅ 4252276 [Pa ] = 378544 ,77 [Pa ]
T4V4k −1 = T3V3k −1
k −1
k −1
k −1
0,35
V 
V 
1
 1
⇒ T4 =  3  T3 =  2  T3 =   T3 =  
ε 
 6
 V4 
 V4 
⋅ 2430,7 [K ] = 1298,31 [K ] = 1025,31 [°C ]
Q2 = Q41 = M 1cVm (T1 − T4 ) = 1,2185 ⋅ 10 −3 ⋅ 0,2 ⋅ (323 − 1298,31) [kcal ] = −0,238 [kcal ]
61
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
1.3.
Nona esercitazione: Ciclo Otto
Calcolo della variazione di entropia nel ciclo
dS =
Dal secondo principio della termodinamica si ha:
dQ
T
∆S12 = ∆S 34 = 0
I tratti 1 → 2 e 3 → 4 sono isoentropici quindi risulta:
La variazione di entropia nel tratto 2 → 3 risulta:
3 dQ
3M c
T
2430,7  kcal 
 kcal 
∆S 23 = ∫
= ∫ 1 Vm dT = cVm M 1 ln 3 = 0,2 ⋅ 1,2185⋅ 10−3 ln
= 0,339 ⋅ 10−3 



2 T
2
T
T2
604,72  K 
 K 
La variazione di entropia nel tratto 4 → 1 risulta:
1 dQ
1M c
T
323  kcal
 kcal
∆S 41 = ∫
= ∫ 1 Vm dT = cVm M 1 ln 1 = 0,2 ⋅ 1,2185⋅ 10−3 ln
= −0,339 ⋅ 10−3 



4 T
4
1298,31  K 
T
T4
 K 
 kcal 
∆S 23 = ∆S 41 = 0,339 ⋅ 10 −3 
 K 
In definitiva si ha:
1.4.
Rappresentazione del ciclo nei piani p-V e T-S
Tabella
riassuntiva
0
1
2
3
4
V [m3]
-3
0,2 x 10
1,2 x 10-3
0,2 x 10-3
0,2 x 10-3
1,2 x 10-3
p [Pa]
P [Pa]
T [K]
T [°C]
101325
94176
1057899,5
4252276
378544,77
323
323
604,72
2430,7
1298,31
50
50
331,72
2157,7
1025,31
T [K]
3
p3
p2
2
p4
p0
p1
0
3
T4
4
T2
4
T1
1
O
V [m ]
3
VK
T3
VH
2
1
S [kcal/K]
O
Figura 59 – Ciclo Otto nei piani p-V e T-S
∆S
62
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Nona esercitazione: Ciclo Otto
2. Calcolo del lavoro teorico del ciclo
Il lavoro teorico compiuto nel ciclo è uguale all’area racchiusa dal ciclo e corrisponde alla
somma delle due quantità di calore scambiate:
 J 
Lciclo = Q1 + Q2 = 0,445 − 0,238 [kcal] = 0,207 [kcal] = 0,207 [kcal] ⋅ 4186,8 
 = 866,67 [J ]
 kcal
Il rendimento teorico del ciclo è uguale al rapporto fra lavoro teorico prodotto in un ciclo e
quantità di calore assorbita:
ηTh =
Lciclo
Q1
= 1−
Q2
Q1
= 1−
0,238
= 0,465
0,445
3. Calcolo della potenza teorica sviluppata dal motore a n = 4000 giri / min
1
 giri 
=
⋅
n = 4000 
4000

60
 min 
 giri 
 giri 
=
66
,
67
 s 
 s 




In un motore a 4 tempi la manovella compie 2 giri per ogni ciclo quindi si pone: ω =
n
2
e la potenza teorica (riferita ad un solo cilindro) risulta quindi:
W = Lcicloω = 866,67 [J ]⋅
66,67
2
 giri 
 s  ≅ 28890 [W ] ≅ 29 [kW ]
La potenza di quattro cilindri risulta:
Wtot = 4W = 4 ⋅ 29 [kW ] = 116 [kW ]
63
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Decima esercitazione: Ciclo Rankine
Decima esercitazione: CICLO RANKINE
Una centrale termoelettrica ha una potenza di 300 MW. E’ basata su un generatore di
vapore e su un gruppo di turbine, secondo il ciclo Rankine, con surriscaldamento
intermedio. Il generatore di vapore è costituito da una caldaia a pareti schermate con tubi
ad acqua ad alta velocità e produce vapore a 180 ata. Il primo e il secondo
surriscaldamento comportano il surriscaldamento del vapore a 560 °C. Il secondo
surriscaldamento, a valle della turbina di alta pressione, è eseguito a p = 35 ata. Nel
condensatore la pressione è pK = 0,04 ata.
Il rendimento della pompa di alimentazione è ηP = 0,82.
Il rendimento adiabatico della turbina di alta pressione è ηad_A.P. = 0,805, mentre per le
turbine di bassa pressione è ηad_B.P. = 0,8.
Il rendimento volumetrico delle turbine è ηV = 0,88.
Il rendimento meccanico complessivo delle turbine è ηm = 0,98.
Il generatore elettrico (alternatore) ha un rendimento ηel = 0,95.
Si richiede:
1. Definire il ciclo nei piani p-V, T-S, H-S (ricavare i dati dai grafici in figura 60)
2. Determinare il rendimento complessivo della centrale termoelettrica
Figura 59 – Diagramma di Mollier per il vapor d’acqua.
64
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Decima esercitazione: Ciclo Rankine
Figura 60 – Diagrammi H-S, T-S e p-V dell’acqua
65
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Decima esercitazione: Ciclo Rankine
Risoluzione della decima esercitazione: CICLO RANKINE
1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S
Punto 1:
Nel punto 1 l’acqua esce dal condensatore dove c’è presenza sia di liquido
che di vapore, quindi ci si trova sulla curva limite o di saturazione.
La pressione in questo punto vale:
p1 = p K = 0,04 [ata ]
Dal diagramma di Mollier, si ricava quale temperatura corrisponde a questo
T1 = 28,65 [°C ]
valore di pressione:
Poiché nel punto 1 si ha solo liquido l’entalpia nel punto 1 vale:
 kcal 
 kcal 
h1 = c H 2O (T1 − T0 ) = 1 
 ⋅ 28,65 [°C ] = 28,65 

 kg 
 kg °C 
dove T0 = 0 [°C ] è la temperatura di riferimento.
Tratto 1-2:
L’acqua passa nella pompa di alimentazione. Si passa da una pressione
p1 = 0,04 [ata ] ad una pressione p 2 = 180 [ata ] . In questo tratto aumenta
anche la temperatura.
Punto 2:
Si ha solo acqua allo stato liquido. La pressione vale: p 2 = 180 [ata ] .
Tratto 2-3:
L’acqua (liquida) viene preriscaldata prima di entrare in caldaia. La pressione
rimane costante, mentre dal diagramma di Mollier si ricava che la
temperatura sale fino a T3 ≅ 355,35 [°C ] .
Punto 3:
La pressione vale: p3 = p 2 = 180 [ata ], la temperatura vale: T3 = 355,35 [°C ] .
Tratto 3-3’: L’acqua evapora in caldaia. La temperatura e la pressione rimangono
costanti, mentre aumenta notevolmente l’entalpia a causa dell’apporto del
calore latente di evaporazione.
Punto 3’:
La pressione vale: p3' = p3 = 180 [ata], la temperatura vale: T3' = T3 ≅ 355,35 [°C ] ,
per l’entalpia si ha che: h3' >> h3 .
Tratto 3’-4: In questo tratto si ha il primo surriscaldamento del vapore. La pressione
rimane costante, mentre la temperatura sale a T4 = 560 [°C ] . Dal diagramma
 kcal 
di Mollier (H-S) si ricava anche l’entalpia che risulta: h4 = 826 
.
 kg 
Punto 4:
La pressione vale: p4 = p3' = p3 = p2 =180[ata], la temperatura vale: T4 = 560 [°C ],
 kcal 
l’entalpia vale: h4 = 826 
.
 kg 
Tratto 4-5:
Il vapore surriscaldato subisce un’espansione nella turbina di alta pressione.
E’ una trasformazione isoentropica ideale.
66
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Punto 5:
Decima esercitazione: Ciclo Rankine
 N  4  cm2 
 kg P 
La pressione vale: p5 = 35 [ata] = 35  2  ⋅ 9,81 
 ⋅ 10  2  = 3433500[Pa] ,
 cm 
m 
 kg P 
la temperatura vale: T5 = 241,42 [°C ] , l’entalpia - ricavata dal grafico H-S  kcal 
risulta: h5 = 713 
.
 kg 
Tratto 4-5’: Nel tratto 4-5 la variazione di entalpia risulta:
 kcal 
 kcal 
∆h4 −5 = h4 − h5 = 826 − 713 
= 113 


 kg 
 kg 
Dato che la trasformazione reale in turbina non è isoentropica si ha:
 kcal 
 kcal 
∆h4−5' = η ad _ A.P. ∆h4−5 = 0,805 ⋅ 113 
= 91 


 kg 
 kg 
Punto 5’:
In questo punto si ha solo vapore surriscaldato, la cui entalpia risulta:
 kcal 
 kcal 
= 735 
h5' = h4 − ∆h4 −5 ' = 826 − 91 


 kg 
 kg 
Tratto 5’-6: In questo tratto avviene il secondo surriscaldamento (o surriscaldamento
intermedio). La temperatura e la pressione rimangono costanti, mentre
 kcal 
l’entalpia sale a: h6 = 857 

 kg 
Punto 6:
La pressione vale: p6 = p5' = p5 = 35 [ata ] , la temperatura vale: T6 = 560 [°C ] ,
 kcal 
l’entalpia, ricavata dal grafico H-S, risulta: h6 = 857 
.
 kg 
Tratto 6-7:
In questo tratto avviene l’espansione nella turbina a bassa pressione (il
passaggio è analogo a 4-5 oppure 4-5’). E’ una trasformazione isoentropica
ideale.
Punto 7:
La pressione risulta: p7 = 0,04 [ata ] (è inferiore alla pressione atmosferica), la
temperatura vale: T7 = T1 = 28,65 [°C ] , mentre dal grafico H-S si ricava
 kcal 
l’entalpia del sistema che vale: h7 = 527 
.
 kg 
Il punto 7 si trova all’interno della “campana”: si avrebbe quindi sia vapore
che liquido e questa situazione non va bene per le turbine, che vengono
danneggiate dalla presenza di gocce d’acqua (si deve avere infatti solo
vapore).
Tratto 6-7’: Nel tratto 6-7 (con la isoentropica ideale) la variazione di entalpia risulta:
 kcal 
 kcal 
∆h6−7 = h6 − h7 = 857 − 527 
= 330 


 kg 
 kg 
Ma nella trasformazione reale 6-7’ si ha che la variazione di entalpia vale:
67
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Decima esercitazione: Ciclo Rankine
 kcal 
 kcal 
= 264 
∆h6−7 ' = η ad _ B.P. ∆h6−7 = 0,8 ⋅ 330 


 kg 
 kg 
Punto 7’:
L’entalpia risulta:
 kcal 
 kcal 
= 593 
h7 ' = h6 − ∆h6−7 ' = 857 − 264 


 kg 
 kg 
Questo punto si trova ancora all’interno della “campana”, anche se con un
alto titolo di vapore. In realtà in turbina non si deve mai aver presenza di
liquido.
Calcolo delle condizioni nel punto 2
Nel tratto 1-2 si ha la pompa di alimentazione che porta il liquido a T1 = 28,65 [°C ] dalla
pressione p1 = 0,04 [ata ] alla pressione p 2 = 180 [ata ] .
La compressione è adiabatica (reale) quindi il calore scambiato sarà nullo:
dq = dh − Vdp = 0
⇒
2
2
1
1
∫ dh = ∫ Vdp
⇒ h2 − h1 = σ ( p 2 − p1 )
 m3 
con σ = volume specifico, cioè il volume per unità di massa misurato in   .
 kg 
 m3 
Nella condizione al punto 1 si ha:
σ = 1,0041 ⋅ 10 −3  
 kg 
Convertendo i dati nelle unità di misura del Sistema Internazionale si ottiene:
p 2 − p1 = 180 − 0,04 [ata ] = 179,96 [ata ] = 179,96 ⋅ 9,81 ⋅ 10 4 [Pa ] = 17654076 [Pa ]
J 
 J  17726  kcal 
 kcal 
⇒ ∆h1−2 = h2 − h1 = 1,0041⋅10 −3 ⋅17654076   ≅ 17726   =
≅ 4,2 



 kg 
 kg  4186,8  kg 
 kg 
Tenendo conto che il rendimento della pompa di alimentazione vale:
⇒ ∆h1− 2 effettivo =
η P = 0,82
 kcal 
∆h1− 2
4,2  kcal 
=
≅ 5,1 



ηP
0,82  kg 
 kg 
Allora l’entropia riferita alle condizioni del punto 2 vale:
 kcal 
 kcal 
h2 = h1 + ∆h1− 2 effettivo = 28,65 + 5,1 
= 33,75 


 kg 
 kg 
68
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Decima esercitazione: Ciclo Rankine
Tabella riassuntiva (i dati fra parenti sono ipotizzati e comunque sono irrilevanti):
Tabella
riassuntiva
1
2
3
3’
4
5
5’
6
7
7’
P [ata]
T [°C]
h [kcal/kg]
stato
0,04
180
180
180
180
35
35
35
0,04
0,04
28,65
(~33,75)
355,35
355,35
560
241,42
(>241,42)
560
28,65
(>28,65)
28,65
33,75
(~355,35)
(~645)
826
713
735
857
527
593
liquido
liquido
liquido
Vapore
Vapore
Liquido/vapore
Vapore surriscaldato
Vapore surriscaldato
Liquido/vapore
Liquido/vapore
2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE
Il rendimento teorico della centrale risulta essere definito come:
2.1.
ηTh =
Lutile − Lspeso
Qentrante
Calcolo del lavoro utile
Il lavoro utile è la somma del lavoro compiuto durante il primo salto in turbina ad alta
pressione e del lavoro compiuto durante il secondo salto in turbina a bassa pressione:
 kcal 
 kcal 
e L6−7 ' = h6 − h7 ' = ∆h6−7 ' = 264 
L4−5' = h4 − h5' = ∆h4−5 = 91 


 kg 
 kg 
2.2.
Calcolo del lavoro speso
 kcal 
Lspeso = h2 − h1 = ∆h1− 2effettivo = 5,1 

 kg 
2.3.
Q2 − 4
Calcolo del calore entrante (energia da fornire)
Calore fornito mediante :
- preriscald amento


- evaporazio ne
- primo surriscald amento
 kcal 
 kcal 
= h4 − h2 = 826 − 33,75 
= 792,25 


 kg 
 kg 
 kcal 
 kcal 
= 122 
Q5'−6 = h6 − h5' = 857 − 735 


 kg 
 kg 
2.4.
Calore fornito mediante :

- secondo surriscaldamento
Calcolo del rendimento teorico e reale del ciclo
ηteorico =
Lutile − Lspeso
Qentrante
=
L4−5' + L6−7' − L1−2
≅ 0,3827
Q2−4 + Q5'−6
ηreale = ηteorico ⋅ηV ⋅ηm ⋅ηel ≅ 0,31
69
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Undicesima esercitazione: Gasometro
Undicesima esercitazione: GASOMETRO
Un gasometro con diametro della campana Di = 50 m contiene gas naturale con densità
δ = 0,799 kg / m3 in condizioni normali. Il dislivello H tra il cielo della campana e l’acqua
all’interno della campana è di 50 m. Il dislivello ∆h tra l’interno e l’esterno della campana è
950 mm di colonna d’acqua ( δ H 2O = 998,2 kg / m3). La temperatura iniziale del gas
racchiuso nella campana è 20 °C. La costante R del gas è 476,44 J / Kg °K, mentre il cp
medio del gas è 0,532 kcal / kg °K.
Figura 61 – Schematizzazione di un gasometro
La pressione dell’aria all’esterno della campana indicata dal barometro è 755 mm di
colonna di mercurio ( δ Hg = 13592,1053 kg / m3). A causa dell’irraggiamento solare dopo 7
ore la campana si alza di 2 m di livello sullo specchio liquido interno, ossia H passa da 50
a 52 m, senza che si sia spillato o immesso gas nella campana, poiché la valvola A è
rimasta chiusa. La scossalina b è affondata inizialmente 6 m nell’acqua.
Si domanda:
1. la pressione iniziale del gas all’interno della campana;
2. quanti kg di gas sono racchiusi nella campana;
3. la pressione del gas quando la campana, a causa dell’irraggiamento solare, si solleva
di 2 m, tenendo conto che lo spessore del grembiule di campana immerso nell’acqua è
di 6 mm;
4. l’energia scambiata tra il sole e la campana.
70
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Undicesima esercitazione: Gasometro
Risoluzione dell’undicesima esercitazione: GASOMETRO
Elenco dei dati del problema:
Di = 50 [m]
Diametro interno campana
δ gas = 0,779 [kg / m 3 ]
Densità gas naturale
δ H O = 998,2 [kg / m 3 ]
Densità dell’acqua
2
δ Hg = 13592,1053 [kg / m 3 ]
Densità del mercurio
R gas = 476,44 [J / kg K ]
Costante del gas naturale
c p gas = 0,532 [kcal / kg K ]
Calore specifico del gas a pressione costante
pe = 755 [mmHg ]
S = 6 [mm] = 0,006 [m]
∆hH 2O = 950 [mm] = 0,95 [m]
Pressione esterna
Spessore della campana
Dislivello dell’acqua tra interno ed esterno
Dislivello iniziale tra il cielo della campana e acqua
all’interno della campana
Dislivello finale tra il cielo della campana e acqua
all’interno della campana
Altezza iniziale del tratto di campana immerso in acqua
Altezza finale del tratto di campana immerso in acqua
Temperatura iniziale del gas
H 1 = 50 [m]
H 2 = 52 [m]
b1 = 6 [m]
b2 = 4 [m]
T1 = 20 [°C ] = 293,15 [K ]
1. Calcolo della pressione del gas all’interno della campana
La pressione iniziale del gas all’interno della campana si ottiene calcolando la variazione
di pressione fra interno ed esterno:
 kg 
m
∆p int −est = p i1 − p e = ∆hH 2O ⋅ δ H 2O ⋅ g = 0,95 [m] ⋅ 998,2  3  ⋅ 9,81  2  ≅ 9302,7 [Pa ]
m 
s 
essendo:
 kg 
m
p e = ∆hHg ⋅ δ Hg ⋅ g = 0,755 [m] ⋅ 13592,1053  3  ⋅ 9,81  2  = 100670,6 [Pa ]
m 
s 
la pressione iniziale del gas all’interno della campana risulta allora:
pi1 = pe + ∆pint −est = 100670,6 + 9302,7 [Pa ] = 109973,3 [Pa ]
2. Calcolo della massa di gas racchiuso nella campana
La massa del gas, che non cambia nel passaggio ( 1 → 2 ) dalla situazione iniziale a quella
finale dopo l’irraggiamento solare, si ricava utilizzando l’equazione di stato dei gas:
p i1V1 = M gas R gas T1
dove il volume del cilindro alle condizioni iniziali vale:
Di2
50 2
V1 = π
H1 = π ⋅
⋅ 50 m 3 = 98174,77 m 3
4
4
[ ]
[ ]
71
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
Undicesima esercitazione: Gasometro
La massa del gas risulta:
M gas
[ ]
N 
109973,3 2  ⋅ 98174,77 m 3
p V
m 
= i1 1 =
= 77301,7 [kg ]
R gas T1
 J 
476,44 
 ⋅ 293,15 [K ]
 kg K 
3. Calcolo della pressione finale del gas all’interno della campana
In primo luogo si deve determinare il peso della campana. Esso è controbilanciato da due
forze:
•
la spinta di Archimede
•
il peso apparente (dato dalla pressione del gas che dall’interno spinge la campana
verso l’alto)
D
pe
e
pi
Pa
D
i
H
∆h
PC
b
1
Sa
Figura 61 – Schema delle forze agenti sul sistema
3.1.
Calcolo della spinta di Archimede nella condizione iniziale 1
La spinta di Archimede è pari al peso del volume di acqua spostata:
 D2
 (D + 2 S )
D2 
D2 
− π i b1 ⋅ δ H 2O ⋅ g
S a =  π e − π i b1 ⋅ δ H 2O ⋅ g =  π i
4 
4
4 
 4

dove si è sostituita la quantità corrispondente al diametro esterno che vale: De = Di + 2S
Si ottiene:
Sa =
π
m
 kg 
⋅ (50,012 2 − 50 2 )⋅ 6 [m 3 ]⋅ 998,2  3  ⋅ 9,81  2  ≅ 55381 [N ]
4
s 
m 
72
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
3.2.
Undicesima esercitazione: Gasometro
Calcolo del peso apparente nella condizione iniziale 1
Il peso apparente è dato dalla differenza fra la forza esercitata dalla pressione interna e
quella esercitata dalla pressione esterna:
Di2
De2
50 2
50,012 2
[N ] = 18170917 [N ]
Pa = pi1π
− p eπ
= 109973,3 ⋅ π ⋅
− 100670,6 ⋅ π ⋅
4
4
4
4
3.3.
Calcolo del peso della campana
Il peso della campana, che non cambia nel passaggio 1 → 2 , risulta essere la somma di
spinta di Archimede e peso apparente, ma poteva essere calcolato mediante l’equilibrio
alla traslazione verticale del sistema:
Di2
De2
∑ FV = 0 ⇒ PC = S a + piπ 4 − peπ 4 = S a + Pa = 55381 + 18170917 [N ] = 18226298 [N ]
3.4.
Calcolo della massa della campana
La massa della campana, così come il peso, non cambia nel passaggio 1 → 2 e si ottiene
dividendo il peso della campana per l’accelerazione di gravità g:
MC =
3.5.
PC 18226298
=
[kg ] = 1857930,5 [kg ]
g
9,81
Calcolo della spinta di Archimede nella condizione finale 2
Dopo l’innalzamento della campana a causa dell’irraggiamento solare, la spinta di
Archimede diventa:
S a' =
3.6.
π 2
π
(
De − Di2 )b2 ⋅ δ H O ⋅ g = ⋅ (50,012 2 − 50 2 ) ⋅ 4 ⋅ 998,2 ⋅ 9,81 [N ] = 36920,7 [N ]
4
4
2
Calcolo del peso apparente nella condizione finale 2
Dato che il peso della campana non cambia nel passaggio 1 → 2 , si ha:
PC = S a' + Pa'
3.7.
⇒
Pa' = PC − S a' = 18226298 − 36920 ,7 [N ] = 18189377 ,3 [N ]
Calcolo della pressione del gas all’interno della campana nella condizione finale 2
La pressione interna finale si può calcolare a partire dal peso apparente nello stato 2:
π
π
Pa' = pi 2 Di2 − pe De2 ⇒ pi 2 =
4
4
π 2
π
De 18189377,3 + 100670,6 ⋅ ⋅ 50,0122
4
4
=
[Pa] = 109982,7 [Pa]
π 2
π
2
Di
⋅ 50
4
4
Pa' + pe
73
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
3.8.
Undicesima esercitazione: Gasometro
Calcolo del volume occupato dal gas e della temperatura nella condizione finale 2
L’irraggiamento solare che causa l’innalzamento della campana provoca anche un
aumento del volume occupato dal gas e della temperatura del gas stesso:
V2 =
Il volume vale:
π 2
π
D i ⋅ H 2 = ⋅ 50 2 ⋅ 52 [m 3 ] = 102101 ,76 [m 3 ]
4
4
La temperatura si ricava applicando alle nuove condizioni l’equazione di stato dei gas:
pi 2V2 = M gas R gas T2
3.9.
⇒ T2 =
pi 2V2
109982,7 ⋅ 102101,76
=
[K ] ≅ 304,9 [K ] = 31,75 [°C ]
M gas R gas
77301,7 ⋅ 476,44
Calcolo della temperatura finale del gas ipotizzando la trasformazione isobara
La variazione di pressione interna nel passaggio 1 → 2 è un valore molto piccolo:
∆p i 21 = p i 2 − p i1 = 109982 ,7 − 109973,3 [Pa ] = 9,4 [Pa ]
La trasformazione 1 → 2 è praticamente isobarica. Sotto queste ipotesi la T2 vale:
π 2
Di ⋅ H 2
V1 V2
V2
H
V
52
4
= cost ⇒
=
⇒ T2 = T1 =
T1 = 2 T1 = ⋅ 293,15 [K ] = 304,876 [K ] = 31,726 [°C]
π 2
T1 T2
T
V1
H1
50
Di ⋅ H1
4
Si può ricavare così l’errore attraverso la differenza fra le due temperature calcolate:
ε = T2 reale − T2isobara = 31,75 − 31,726 [°C ] = 0,024 [°C ]
4. Calcolo dell’energia scambiata tra il sole e la campana
L’energia fornita dal sole alla campana è costituita da quattro componenti:
1) Variazione di entalpia del gas nel passaggio da T1 a T2:
∆H 12
2) Variazione di en. potenziale della campana il cui baricentro si è alzato di 2 m: ∆E Pcampana
3) Variazione di energia potenziale del gas il cui baricentro si è alzato di 1 m:
∆E Pgas
4) Lavoro per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana:
∆Laria
L’energia ceduta dal sole per il primo principio della termodinamica risulta essere:
Q12 = ∆H 12 + ∆E Pcampana + ∆E Pgas + ∆Laria
74
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
4.1.
Undicesima esercitazione: Gasometro
Calcolo della variazione di entalpia del gas
La variazione di entalpia del gas risulta essere uguale a:
 kcal 
 kJ 
∆H 12 = M gas c p gas (T2 − T1 ) = 77301,7 [kg ] ⋅ 0,532 
⋅ (304,9 − 293,15) [K ] ⋅ 4,186 
= 2022729,3 [kJ ]

 kcal 
 kg K 
4.2.
Calcolo della variazione di energia potenziale della campana
Sia ∆z C = 2 m la variazione dell’altezza del baricentro della campana, la variazione di
energia potenziale della campana risulta:
1  kJ 
m
∆E Pcampana = M C ⋅ g ⋅ ∆z C = PC ⋅ ∆z C = 1857930 ,5 [kg ] ⋅ 9,81  2  ⋅ 2 [m ] ⋅ 3   = 36452 ,596 [kJ ]
10  J 
s 
4.3.
Calcolo della variazione di energia potenziale del gas
Sia ∆z gas = 1 m la variazione dell’altezza del baricentro del gas, la variazione di energia
potenziale del gas risulta:
1  kJ 
m
∆E Pgas = M gas ⋅ g ⋅ ∆z gas = 77301,7 [kg ]⋅ 9,81  2  ⋅ 1 [m ]⋅ 3   = 758,329 [kJ ]
10  J 
s 
4.4.
Calcolo del lavoro compiuto per spostare l’aria
Il lavoro compiuto dalla pressione per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana è
il prodotto fra la pressione esterna e il volume di aria spostato (cilindro di diametro De e di
altezza 2 m):
∆Laria
4.5.
2
πDe2
1
 N  50,012
(
)
[
= pe
b1 − b2 = 100670,6  2  ⋅ π
m 2 ]⋅ 2 [m] ⋅ 3
4
4
10
m 
 kJ 
 J  = 395522,3 [kJ ]
 
Calcolo dell’energia ceduta dal sole
Il calore ceduto dal sole risulta essere la somma di tutte le quantità sopra calcolate:
Q12 = ∆H12 + ∆EPcampana + ∆EPgas + ∆Laria
⇓
Q12 = 2022729,3 + 36452,596 + 758,329 + 395522,3 [kJ ] = 2455462,5 [kJ ]
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