APPLICAZIONI DI CINEMATICA

SEZIONE 3
APPLICAZIONI DI CINEMATICA
In questa sezione si presentano alcuni esempi di applicazioni della teoria cinematica
sviluppata nei due capitoli precedenti a dispositivi meccanici particolari. Per poter
considerare di aver realmente appreso i concetti teorici, lo studente deve essere in grado
di risolvere agevolmente i problemi presentati di seguito.
La tecnica di soluzione consiste in generale nello scrivere per ciascuno dei corpi rigidi del
sistema l’equazione fondamentale di corpo rigido ed imponendo successivamente i
vincoli cinematici esistenti.
3.1 BRACCIO ROBOTICO
Il braccio robotizzato considerato nella figura sottostante consiste di un motore M1 che
mette in rotazione la colonna verticale C.
z=z’
z’’
L
S
C
Motore M2
φ
O’’
y’’
θ
A
x’’
O=O’
a
y’
P
y
Motore M1
x
x’
e
h
Solidale ad essa è la struttura a sbalzo S alla cui estremità è collocato un motore M2 che
mette in rotazione l’albero A che attraverso un gomito è collegato all’elemento P.
Assegnate le funzioni θ (t ) e ϕ (t ) determinare la traiettoria di P e calcolare il modulo
della sua accelerazione in funzione del tempo.
Scelti 3 sistemi di riferimento come nel disegno (R fisso, R’ solidale a C, R’’ solidale
all’albero di M2), scriviamo le equazioni della cinematica dei due corpi rigidi che
costituiscono il sistema:
x = R (1) x′
x′ = x ′O ' ' + R ( 2 ) x′′
dove x, R (1) , R ( 2 ) , x ′, x ′′, x ′O ' ' sono il vettore delle coordinate di posizione di un generico
punto riferite a R, le matrici delle rotazioni prodotte dai motori M1 e M2, il vettore delle
coordinate di posizione di un punto riferite a R’, il vettore delle coordinate di posizione di
un punto riferite a R’’, il vettore delle coordinate di posizione dell’origine O’’ riferite al
sistema R’.
Sostituendo la seconda equazione nella prima otteniamo:
(
)
x = R (1) x ′O ' ' + R ( 2) x ′′ = R (1) x ′O ' ' + R (1) R ( 2 ) x ′′
Tale relazione è del tutto generale. Consideriamo ora i vincoli cinematici esistenti. La
colonna C esegue solo rotazioni attorno all’asse z. Pertanto la sua matrice di rotazione ha
forma:
⎡cos θ − sin θ 0⎤
R (1) = ⎢⎢ sin θ cos θ 0⎥⎥
⎢⎣ 0
0
1⎥⎦
che descrive la rotazione di R’ rispetto a R con assi z e z’ coincidenti. L’albero motore A
è vincolato poi a ruotare attorno all’asse x’, dunque la matrice
R
( 2)
0
⎡1
⎢
= ⎢0 cos ϕ
⎢⎣0 sin ϕ
0 ⎤
− sin ϕ ⎥⎥
cos ϕ ⎥⎦
descrive la rotazione di R’’ rispetto a R’ con gli assi x’ e x’’ coincidenti.
Considerando il punto P, fisso nel sistema di riferimento R’’, abbiamo:
⎧a⎫
⎪ ⎪
x ′′ = ⎨ 0 ⎬
⎪− e ⎪
⎩ ⎭
Infine l’origine del sistema R’’ è un punto di coordinate fisse nel sistema R’ solidale alla
colonna:
⎧0 ⎫
⎪ ⎪
x ′O '' = ⎨ L ⎬
⎪h ⎪
⎩ ⎭
Allora:
⎡cos θ
x = ⎢⎢ sin θ
⎢⎣ 0
− sin θ
cos θ
0
0⎤
0⎥⎥
1⎥⎦
⎧ 0 ⎫ ⎡cos θ
⎪ ⎪ ⎢
⎨ L ⎬ + ⎢ sin θ
⎪h ⎪ ⎢ 0
⎩ ⎭ ⎣
− sin θ
cos θ
0
0⎤ ⎡1
0
0⎥⎥ ⋅ ⎢⎢0 cos ϕ
1⎥⎦ ⎢⎣0 sin ϕ
⎤
− sin ϕ ⎥⎥
cos ϕ ⎥⎦
0
⎧a⎫
⎪ ⎪
⎨0⎬
⎪− e ⎪
⎩ ⎭
Sviluppando i prodotti si ottengono le coordinate di P nel sistema di riferimento fisso al
variare del tempo, cioè le equazioni parametriche dalla traiettoria di P. Le loro derivate
seconde rispetto al tempo producono le componenti dell’accelerazione di cui si calcola
agevolmente il modulo.
3.2 RUOTA
Un disco D di raggio r tangente alla retta σ , rotola su questa senza strisciamenti.
Determinare la traiettoria γ seguita da un punto P del disco che si trovi a distanza ½ r dal
suo centro.
y
y’
P
γ
O’
O
C
x’
x=σ
Scelti due riferimenti R e R’ (R fisso, R’ solidale a D) come nel disegno, abbiamo:
x = x O ' + Rx ′
con
⎡cos θ
R = ⎢⎢ sin θ
⎢⎣ 0
− sin θ
cos θ
0
0⎤
⎧ 0 ⎫
⎪
⎪
⎥
0 ⎥ , x ′ = ⎨ r / 2⎬
⎪ 0 ⎪
1⎥⎦
⎩
⎭
La matrice descrive la rotazione di R’ rispetto a R con assi z e z’ coincidenti (ortogonali
al piano del disegno).
Con riferimento al punto P abbiamo poi
xO '
⎧ xO ' (t ) ⎫
⎪
⎪
= ⎨ y O ' (t )⎬
⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
dove le coordinate xO ' (t ), yO ' (t ) sono per il momento incognite.
La condizione che non vi sia strisciamento nel punto di contatto C tra disco e retta
impone che i punti materiali, uno appartente a D l’altro a σ , che si trovano nel generico
istante t nel punto di contatto C hanno la stessa velocità. Quella dei punti di σ è sempre
nulla, per cui si deve imporre che il punto materiale di D che si trova in C abbia velocità
nulla. Dalla formula fondamentale della cinematica:
v C = v O ' + ω × O' C
⎧0⎫
⎪ ⎪
Pertanto, considerato che O' C = ⎨− r ⎬ , si ottiene:
⎪0⎪
⎩ ⎭
j k
⎧0⎫ ⎧ x& O ' ⎫ i
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎨0⎬ = ⎨ y& O ' ⎬ + 0 0 θ&
⎪0⎪ ⎪ 0 ⎪ 0 − r 0
⎩ ⎭ ⎩ ⎭
⇒
⎧0⎫ ⎧ x& O ' ⎫ ⎧r θ&⎫
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎨0⎬ = ⎨ y& O ' ⎬ + ⎨ 0 ⎬
⎪0⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭
Questa condizione, che è il vincolo cinematica, permette di determinare per integrazione
le funzioni incognite xO ' (t ), y O ' (t ) :
xO ' = − r θ ,
yO ' = r
A questo punto, riprendendo la x = x O ' + Rx ′ , determiniamo il vettore di posizione di P:
⎧ x p ⎫ ⎧− r θ ⎫ ⎡cos θ
⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎢
⎨ y p ⎬ = ⎨ r ⎬ + ⎢ sin θ
⎪0⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎢ 0
⎩ ⎭ ⎩
⎭ ⎣
− sin θ
cos θ
0
0⎤
0⎥⎥
1⎥⎦
⎧ 0 ⎫
⎪
⎪
⎨ r / 2⎬
⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
che fornisce le parametriche della traiettoria rappresentata nella figura sottostante.
Traiettoria di P nel piano xy per r =1
3.3 ROTISMO PLANETARIO
Per il rotismo planetario schematizzato sotto, è assegnata la rotazione θ (t ) della ruota S
(sun). Considerato fisso l’anello esterno (ring), determinare la rotazione ψ (t ) del
portatreno (arm). Determinare il rapporto tra la velocità angolare di S e quella del
portatreno.
Determinare infine la traiettoria di un punto Q che dista R p / 2 dall’asse di rotazione
della ruota P. Tutte le ruote rotolano senza strisciamenti.
yS
y
P
OP
C1
C2
Q
yP
xP
S
OS
xS
x
Si scelgono 3 sistemi di riferimento come indicato in figura, solidali rispettivamente al
ring, alla ruota S e alla ruota P.
Consideramo i vincoli cinematici. Le condizioni che le ruote rotolino senza strisciamento
implicano dei vincoli cinematici tali che: i) il punto materiale della ruota S e quello della
P che si trovino simultaneamente in C1 abbiano la stessa velocità, ii) la velocità del punto
materiale di P che si trova in contatto con il ring in C2 abbia velocità nulla. Dunque:
ω S × O S C1 = v Op + ω P × O P C1 , v Op + ω p × O p C 2 = 0
Sostituendo la seconda nella prima:
ω S × O S C1 = ω P × (O P C1 − O P C 2 )
Poiché O P C 2 = −O P C1 , segue:
ω S × O S C1 = 2 ω P × O P C1
Inoltre O P C1 ⋅ rS = − O S C1 ⋅ rP , da cui:
ω S × O S C1 = −2
rP
ω P × O S C1 ,
rS
⇒
ωP = −
rS
ωS
2 rP
ϕ& = −
⇒
rS &
θ
2 rP
⇒ ϕ =−
L’equazione fondamentale della cinematica per il portatreno (arm) comporta:
v Op = ω A × O S O P = −ω P × O P C 2 =
rS
ω S × O PC2 ⇒
2 rP
ωA =
rS
ωS
2 (rS + rP )
che fornisce il rapporto di riduzione del treno planetario. da cui:
ψ (t ) =
rS
θ (t )
2 (rS + rP )
La traiettoria di Q si determina sulla base delle
x = x Op + R ( P ) x P , x Op = R ( A ) x A ,
con ovvie espressioni per le matrici di rotazione che descrivono rotazioni attorno all’asse
ortogonale al piano del disegno:
R
( A)
⎡cosψ
= ⎢⎢ sinψ
⎢⎣ 0
− sinψ
cosψ
0
0⎤
⎡cos ϕ
⎥
(P )
0⎥, R = ⎢⎢ sin ϕ
⎢⎣ 0
1⎥⎦
− sin ϕ
cos ϕ
0
0⎤
0⎥⎥
1⎥⎦
rS
θ
2 rP
⎧ 0 ⎫
⎪
⎪
dove x A = ⎨rS + rP ⎬ . Fissando l’attenzione sul punto Q si ha
⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
traiettoria di Q è descritta dalle equazioni parametriche:
⎧ 0 ⎫
⎪
⎪
x P = ⎨rP / 2⎬ e dunque la
⎪ 0 ⎪
⎩
⎭
x = −(rS + rP ) sinψ − rP / 2 sin ϕ
y = (rS + rP ) cosψ + rP / 2 cos ϕ
La traiettoria ricavata è rappresentata nella figura sottostante per rS = 1, rP = 3 .
3.4 ANALISI DEL MANOVELLISMO MOTORE
Studio n.1
Vista longitudinale e trasversale del propulsore per autovettura Fiat 132
Dati: 4 cilindri in linea, alesaggio 84 mm, corsa 90 mm, cilindrata 1995 cm3 , rapporto di
compressione 8,9:1, potenza massima 112 Cv a 5600 giri/min, coppia max 158 Nm a 3000
giri/min
Dato il motore rappresentato in sezione longitudinale e trasversale sul cilindro, si effettui
l’analisi cinematica del manovellismo motore, fornendo:
• la velocità del pistone al variare dell’angolo motore; in particolare si individui la
velocità massima raggiunta dal pistone al regime di potenza massima determinando
l’angolo motore in corrispondenza del quale questa viene raggiunta;
• l’accelerazione del pistone al variare dell’angolo motore; si determini poi la
componente della forza lungo la direzione dell’asse del cilindro che si trasmette tra
pistone e biella al regime di 5600 giri/min considerando nulla la pressione dei gas sul
pistone (si assuma la massa del pistone sia pari a 0.35 kg).
Effettuare l’analisi sia con il metodo delle equazioni di chiusura che con il metodo dei
poligoni di velocità e ed accelerazione.
I dati necessari per studiare il manovellismo motore sono il raggio di manovella e la
lunghezza di biella. Il raggio di manovella è determinabile dai dati forniti essendo nota la
corsa pari a 90 mm; il raggio di manovella è allora R=45 mm. La lunghezza della biella
non è invece fornita tra i dati e deve essere rilevata dai disegni considerando che è noto,
ad esempio, l’alesaggio pari a 84 mm. La proporzione fornisce una lunghezza di biella
pari a L=130 mm.
Lungh. biella 130 mm
Alesaggio 84 mm
Nella figura sottostante è evidenziata la misura del raggio di manovella.
Raggio manovella
45 mm
Lo schema cinematico del sistema studiato è piuttosto semplice e sotto riportato.
y
A
θ (t )
O
β (t )
xp
B
La manovella è accoppiata al basamento attraverso la coppia rotoidale posta in O, la
biella e accoppiata alla manovella attraverso la coppia rotoidale posta in A, la biella è
accoppiata al pistone attraverso un’ulteriore coppia rotoidale posta in B; infine
l’accoppiamento pistone-cilindro obbliga l’estremo della biella a scorrere lungo l’asse del
cilindro OB, realizzando una guida prismatica; pertanto il vincolo sull’estremo della
biella collegato al pistone è equivalente ad un glifo.
Il sistema è costituito nella schematizzazione effettuata di due corpi rigidi; nel piano
ciascuno di essi ha 3 gradi di libertà per cui 6 sarebbero i gradi di libertà introdotti. I
vincoli sottraggono invece 2 gradi di libertà per ciascuna delle due coppie rotoidali in O e
A, più un ulteriore grado di libertà è sottratto dal glifo in B: complessivamente sono
sottratti 5 gradi di libertà; ne segue che il meccanismo presenta 6-5=1 grado di libertà.
Assumiamo noto l’angolo motore θ (t ) che, nel caso in esame essendo la velocità
angolare costante (cioè θ&(t ) = ω m = costante), è θ (t ) = ω m t .
Metodo delle matrici di rotazione
Per tali meccanismi si può applicare il metodo già visto in precedenza: si scrive per ogni
corpi rigido del meccanismo l’equazione fondamentale della cinematica e si impongono
quindi i vincoli cinematici.
Consideriamo allora il sistema R solidale al basamento motore, il sistema R’ solidale alla
manovella ed il sistema R’’ solidale alla biella.
Possiamo scrivere:
x = R (1) x′
x′ = x′O ' ' + R ( 2 ) x′′
Sostituendo la seconda equazione nella prima otteniamo:
(
)
x = R (1) x ′O ' ' + R ( 2) x ′′ = R (1) x ′O ' ' + R (1) R ( 2 ) x ′′
y’’
y
x’
γ (t )
A
y’
x’’
θ (t )
B
O
xp
dove è già stato imposto il vincolo cinematica che impone che il punto O sia fisso.
I vincoli cinematici impongono che la manovella esegua semplici rotazioni attorno
all’asse z, pertanto la sua matrice di rotazione ha forma:
R (1)
⎡cos θ
= ⎢⎢ sin θ
⎢⎣ 0
− sin θ
cos θ
0
0⎤
0⎥⎥
1⎥⎦
che descrive la rotazione di R’ rispetto a R con assi z e z’ coincidenti. La biella è
vincolata ancora a ruotare attorno all’asse z’, dunque la matrice
x
R
( 2)
⎡cos γ
= ⎢⎢ sin γ
⎢⎣ 0
− sin γ
0⎤
0⎥⎥
1⎥⎦
cos γ
0
descrive la rotazione di R’’ rispetto a R’ con gli assi z’ e z’’ coincidenti.
Ulteriore vincolo è che l’origine del sistema R’’ (coincidente con il punto A) è un punto
di coordinate fisse nel sistema R’ solidale alla manovella:
⎧R⎫
⎪ ⎪
x ′O '' = ⎨ 0 ⎬
⎪0⎪
⎩ ⎭
Dunque, combinando le precedenti:
⎡cos θ
x = ⎢⎢ sin θ
⎢⎣ 0
− sin θ
0⎤
0⎥⎥
1⎥⎦
cos θ
0
⎧ R ⎫ ⎡cos θ
⎪ ⎪ ⎢
⎨ 0 ⎬ + ⎢ sin θ
⎪0 ⎪ ⎢ 0
⎩ ⎭ ⎣
− sin θ
0⎤ ⎡cos γ
0⎥⎥ ⋅ ⎢⎢ sin γ
1⎥⎦ ⎢⎣ 0
cos θ
0
− sin γ
0⎤
0⎥⎥ x ′′
1⎥⎦
cos γ
0
Considerato infine il punto B di coordinate fisse in R’’:
⎧L⎫
⎪ ⎪
x ′B′ = ⎨ 0 ⎬
⎪0 ⎪
⎩ ⎭
l’ultimo vincolo cinematico impone che B (asse dello spinotto del pistone) sia vincolato a
restare sulla retta x, ossia che y B ≡ 0 . Pertanto:
⎧ x B ⎫ ⎡cos θ
⎪ ⎪
x B = ⎨ 0 ⎬ = ⎢⎢ sin θ
⎪0⎪ ⎢ 0
⎩ ⎭ ⎣
− sin θ
cos θ
0
0⎤
0⎥⎥
1⎥⎦
⎧ R ⎫ ⎡cos θ
⎪ ⎪ ⎢
⎨ 0 ⎬ + ⎢ sin θ
⎪0 ⎪ ⎢ 0
⎩ ⎭ ⎣
− sin θ
cos θ
0
0⎤ ⎡cos γ
0⎥⎥ ⋅ ⎢⎢ sin γ
1⎥⎦ ⎢⎣ 0
− sin γ
cos γ
0
0⎤ ⎧ L ⎫
⎪ ⎪
0⎥⎥ ⎨ 0 ⎬
1⎥⎦ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
Sviluppando segue:
⎧ x B = R cos θ + L cos (θ + γ )
⎨
⎩ R sin θ + L sin (θ + γ ) = 0
che è un sistema di equazioni trascendenti in x B , γ ( θ (t ) è noto). La sua soluzione
conclude la analisi di posizione del meccanismo. L’analisi di velocità e accelerazione può
essere eseguita utilizzando le formule ricavate nel capitolo 2 o derivando direttamente
rispetto al tempo le ultime equazioni scritte.
Metodo delle equazioni di chiusura del meccanismo
Per i meccanismi articolati piani è utile fornire una tecnica di soluzione particolare veloce
basata sulle equazioni chiusura del meccanismo.
Si noti infatti che i vincoli cinematici impongono il verificarsi della seguente equazione
di chiusura cinematica:
r r r r
z1 + z 2 + z 3 = 0,
r
r
r
z1 = OA, z 2 = AB, z 3 = BO
Si ha dunque:
⎧ L cos β ⎫ r ⎧− x p ⎫
r ⎧ R cos θ ⎫ r
z1 = ⎨
⎬, z 2 = ⎨
⎬, z 3 = ⎨
⎬
⎩ R sin θ ⎭
⎩− L sin β ⎭
⎩ 0 ⎭
Le incognite sono β e x p , risolubili attraverso la coppia di condizioni scalari
corrispondenti all’equazione di chiusura cinematica. In forma esplicita il sistema di
equazioni è:
⎧ R cos θ + L cos β − x p = 0
⎨
⎩ R sin θ − L sin β = 0
(1)
Che, come noto, è non lineare (si osservi che θ è stato assunto positivo per rotazioni
antiorarie della manovella, mentre β è stato assunto positivo per rotazioni orarie della
biella. Si noti che il metodo fornisce lo stesso risultato ottenuto con il metodo precedente
appena si noti che γ + θ + β = 0 , cioè γ + θ = − β ). E’ possibile in questo caso una
soluzione in forma chiusa. Infatti:
⎧ L cos β = x p − R cos θ
⎨
⎩ L sin β = R sin θ
⇒
⎧ L 2 = ( x p − R cos θ ) 2 + R 2 sin 2 θ
⎨
L sin β = R sin θ
⎩
Esplicitando la posizione del pistone dalla prima e l’angolo di biella dalla seconda
otteniamo:
⎧ x = R cos θ + L 2 − R 2 sin 2 θ
⎪ p
⎨
⎛R
⎞
β = arcsin ⎜ sin θ ⎟
⎪
⎝L
⎠
⎩
(2)
Posto R=45 mm e L=130 mm, diagrammiamo in funzione dell’angolo motore la
posizione del pistone e l’inclinazione della biella.
L’ascissa dello spinotto varia tra 175 mm (somma di L ed R) e 85 mm (differenza tra L
ed R). L’angolo di biella varia invece tra circa -20° e 20°.
Questo completa l’analisi di posizione. Effettuiamo l’analisi di velocità. La velocità si
ricava o per derivazione diretta delle espressioni (2), o per derivazione dell’equazione di
chiusura cinematica (1). Seguiamo questa seconda via. Abbiamo:
⎧− R θ& sin θ − Lβ& sin β − x& p = 0
⎨
&
&
⎩ R θ cos θ − Lβ cos β = 0
(3)
Dalla precedente analisi di posizione sono note x p β e le incognite del problema sopra
sono ora x& β& . Il sistema è lineare in queste due incognite. Abbiamo in forma matriciale:
p
⎡− 1 − L sin β ⎤ ⎧ x& p ⎫ ⎧ R sin θ ⎫ &
⎢ 0 − L cos β ⎥ ⎨ β& ⎬ = ⎨− R cos θ ⎬θ
⎣
⎦⎩ ⎭ ⎩
⎭
Risolvendo:
R sin θ
− L sin β
− R cos θ − L cos β &
x& p =
θ = − Rθ&(sin θ + tgβ cos θ )
− 1 − L sin β
0 − L cos β
− 1 R sin θ
0 − R cos θ & R & cos θ
β& =
θ= θ
− 1 − L sin β
L cos β
0 − L cos β
I diagrammi delle due grandezze ora calcolate sono fornite nelle figure che seguono.
Passiamo allo studio delle accelerazioni. Derivando l’equazione (3):
⎧− R θ&&sin θ − R θ& 2 cos θ − Lβ&& sin β − Lβ& 2 cos β − &x&p = 0
⎨
&&
&2
&&
&2
⎩ R θ cos θ − R θ sin θ − Lβ cos β + Lβ sin β = 0
In quest’equazione le incognite sono β&& &x&p essendo invece note dall’analisi di posizione
e di velocità β β& x p x& p . Tale problema lineare si traduce matricialmente nella forma:
⎡− 1 − L sin β ⎤ ⎧ &x&p ⎫ ⎧ R θ&&sin θ + R θ& 2 cos θ + Lβ& 2 cos β ⎫
⎬
⎢ 0 − L cos β ⎥ ⎨ β&& ⎬ = ⎨
2
2
⎣
⎦ ⎩ ⎭ ⎩− R θ&& cos θ + R θ& sin θ − Lβ& sin β ⎭
da cui si ricavano le espressioni delle accelerazioni del pistone e della biella:
R θ&&sin θ + R θ& 2 cos θ + Lβ& 2 cos β
− R θ&& cos θ + R θ& 2 sin θ − Lβ& 2 sin β
&x&p =
− 1 − L sin β
0
− L sin β
− L cos β
− 1 R θ&&sin θ + R θ& 2 cos θ + Lβ& 2 cos β
0 − R θ&& cos θ + R θ& 2 sin θ − Lβ& 2 sin β
&
&
,β=
− 1 − L sin β
− L cos β
Considerato che nel problema in esame θ&& = 0, θ& = ω m , e dunque:
0
− L cos β
&x& p =
R θ& 2 cos θ + Lβ& 2 cos β
R θ& 2 sin θ − Lβ& 2 sin β
− L sin β
− L cos β
− 1 − L sin β
0
− L cos β
Lβ& 2 + Rω m2 cos(θ + β )
&x&p = −
,
cos β
I diagrammi rispettivi sono forniti di seguito.
, β&& =
− 1 R θ& 2 cos θ + Lβ& 2 cos β
0 R θ& 2 sin θ − Lβ& 2 sin β
− 1 − L sin β
0
− L cos β
2
&2
&β& = β sin β − R / Lω m sin θ
cos β
Per rispondere alla domanda del quesito posto circa la massima forza trasmessa al pistone
basta moltiplicare l’accelerazione massima per la massa del pistone. Nel grafico sotto
riportato è fornita la forza sul pistone in direzione dell’asse del cilindro (in kg forza).
Metodo dei poligoni di velocità e accelerazione
Si tratta di una metodologia di soluzione usata soprattutto in passato, quando non
esistevano mezzi di calcolo elettronico. In quest’ambito si suppone che l’analisi di
posizione del meccanismo sia già stata effettuata. In altri termini è già nota una
configurazione del meccanismo: sono dunque già state determinate le incognite
cinematiche β e x p . Tale risultato potrebbe essere stato conseguito, ad esempio, per via
grafica, disegnando il meccanismo nella configurazione che corrisponde ad un assegnato
angolo di manovella θ , rispettando i vincoli relativi all’assegnato raggio di manovella,
lunghezza di biella e collocazione dell’estremo della biella sulla congiungente O e B. In
quanto segue, si effettua l’analisi di velocità ed accelerazione associata alla posizione del
meccanismo assegnata. Ciò comporta che tale analisi vada ripetuta per ciascuna delle
configurazioni di interesse del meccanismo.
Partiamo dall’analisi di velocità della manovella, applicando ad essa l’equazione
fondamentale della cinematica (equazione (8) della sezione 2 sul corpo rigido):
v P = v O ' + ω × O' P
Utilizzando come origine O’ del sistema solidale alla manovella il punto O, e ponendo
P=A, la velocità di A si calcola come:
v A = v O + ω m × OA
dove ω m è la assegnata velocità angolare della manovella (la direzione si sviluppa
ortogonalmente al piano del moto -cioè ortogonalmente al piano del disegno sottostante-,
il verso sia quello uscente dal piano del disegno, associato ad una rotazione antioraria
della manovella). Poiché v O = 0 si ha v A = ω m × OA . Dunque il vettore v A = ω m × OA
è completamente noto. In particolare il modulo, con i dati del problema, è circa 26 m/s.
Lo si disegni allora con il suo primo estremo in corrispondenza del punto A (o di un altro
qualsiasi punto del piano, essendo tale scelta irrilevante nella procedura esposta) con una
lunghezza arbitraria (nel disegno pari a 3 cm). La sua direzione è ovviamente ortogonale
a quella del vettore OA (vedi figura sottostante).
y
vA
26 m/s
A
θ (t )
β (t )
O
B
L’analisi di velocità fatta in tal modo può essere estesa ad un qualunque punto della
manovella. Passiamo all’analisi di velocità della biella. Scriviamo per essa ancora
l’equazione fondamentale della cinematica, ponendo in questo caso O’=A, P=B:
v B = v A + ω b × AB
(4)
dove ω b è la velocità angolare della biella. Si osservi che in tale equazione risultano
incognite alcune quantità. Del vettore v B è nota la direzione (quella di OB) ma incognito
il modulo. Del vettore v A è noto tutto dall’analisi di velocità della manovella. Del vettore
ω b è nota la direzione (ortogonale al piano del moto) ma incognito il modulo. Infine del
vettore AB è noto tutto, poiché si è supposto che l’analisi di posizione del meccanismo
sia già stata effettuata. Dunque, l’equazione fondamentale della cinematica per la biella
contiene due informazioni incognite: il modulo della velocità angolare, ed il modulo della
velocità del punto B. Poiché l’equazione è vettoriale nel piano, questa è equivalente a due
equazioni scalari: pertanto con l’equazione scritta siamo in grado di determinare le due
incognite del problema. Effettuiamo questa determinazione in forma grafica. La (4)
prescrive di sommare al vettore v A , noto, un vettore ω b × AB ortogonale alla direzione
AB di cui non conosciamo il modulo. Individuiamo sul disegno la direzione secondo cui
ω b × AB si sviluppa e riportiamo tale direzione in corrispondenza dell’estremo del
vettore v A precedentemente disegnato. La somma di v A e di ω b × AB deve fornire un
vettore v B in direzione parallela a OB. Riportiamo allora anche la direzione parallela ad
OB nel disegno, facendola passare per A. E’ chiaro a questo punto che l’unico modo per
scegliere il verso e la lunghezza incognita del vettore ω b × AB , affinché sommato a v A
fornisca un vettore parallelo ad OB, è quello di tracciarlo dell’estremo di v A fino al
punto Q (intersezione tra la direzione ortogonale ad AB e quella parallela a OB).
y
Direzione ortogonale ad AB
vA
Q
A
θ (t )
Direzione parallela ad OB
β (t )
O
B
A questo punto tracciamo i vettori ω b × AB e v B sul disegno (vedi figura).
y
R
vA
ω b × AB
Q
vB
θ (t )
O
A
β (t )
B
Si calcolano quindi le lunghezze sul disegno dei due vettori rappresentativi di ω b × AB e
v B (nel nostro disegno approssimativamente 2.4 cm e 2.7 cm) e con una proporzione si
determinano le intensità dei vettori rappresentati (ad es. x : 2.4 = 26 : 3 cioè x=20.8 m/s
per ω b × AB e 23.4 m/s per v B ). La determinazione di ω b è poi immediata.
Consideriamo ora le accelerazioni. Partiamo dalla manovella. Per questa scriviamo
l’equazione (10) della sezione 2 sul corpo rigido:
& × O' P + ω × (ω × O' P)
a P = &x& O ' + ω
& m = 0 , che il moto è piano e che a O = 0 si ha:
Poniamo O’=O e P=A e considerato che ω
a A = − ω m OA
2
che permette di disegnare immediatamente il vettore a A (vedi figura sottostante).
y
aA
A
θ (t )
β (t )
O
B
Considerata la biella, poniamo nell’equazione dell’accelerazione O’=A, P=B:
& b × AB
a B = a A − ω b AB + ω
2
Anche in quest’equazione abbiamo due incognite. Infatti: di a B è nota la direzione,
incognito il modulo; a A è completamente noto dalla precedente analisi di accelerazione;
& b è nota la direzione (ortogonale al piano del moto), incognito il modulo; AB è
di ω
completamente noto; infine ω b è stato determinato nella precedente analisi di velocità.
& b . L’equazione scritta è al solito
Bisogna dunque determinare i moduli di a B e ω
equivalente a due equazioni scalari ed è quindi possibile risolvere il problema.
Sommiamo, come prescrive l’ultima equazione scritta, al vettore a A il vettore
− ω b AB (vedi figura sottostante).
2
y
Q
aA
A
θ (t )
− ω b AB
O
2
β (t )
B
& b × AB la cui direzione è
A detta somma bisogna ancora aggiungere il vettore ω
ortogonale ad AB. La risultante dei tre vettori deve essere pari a v B di direzione parallela
a OB. Tracciamo la direzione perpendicolare ad AB per l’estremo del vettore − ω b AB
2
(vedi figura) e la direzione OB passante per A. Ci si rende conto che l’unico modo per
& b × AB lungo la sua direzione in modo che la somma
tracciare il vettore ω
& b × AB sia diretta come a B , cioè come OB, è quello di portare il suo
a A − ω b AB + ω
secondo estremo in Q. Segue quindi il quadrilatero delle accelerazioni (vedi figura
seguente). Il rilievo dei vettori rappresentativi e la determinazione delle intensità dei
vettori accelerazione segue l’identico procedimento visto per le velocità.
Osserviamo che il procedimento esposto per l’analisi delle velocità e delle accelerazioni è
piuttosto lungo, visto che lo si deve ripetere per ogni configurazione di interesse del
meccanismo; inoltre l’accuratezza dei risultati è scarsa.
Vediamo però che il metodo dei poligoni di velocità ed accelerazione può essere
applicato anche evitando i calcoli grafici. Considerato infatti il triangolo di vertici AQR, i
y
2
Q
& b × AB
ω
− ω b AB
O
2
aB
aA
θ (t )
A
β (t )
B
suoi angoli si determinano sulla base di semplici considerazioni geometriche:
RAˆ Q = π / 2 − θ , AQˆ R = π / 2 − β , QRˆ A = θ + β . Il teorema dei seni applicato al
triangolo AQR fornisce allora:
sin( RAˆ Q) sin( AQˆ R) sin(QRˆ A)
=
=
ω b × AB
vA
vB
Per cui noti gli angoli in questione dall’analisi di posizione, si calcolano, analiticamente,
le velocità.
Un altro modo analitico di procedere utilizzando direttamente le equazioni fondamentali
della cinematica è quello di servirsi delle:
v A = ω m × OA
v B = v A + ω b × AB
scrivendone esplicitamente le componenti. Si ha:
v A = ω m × OA
⇒
⎧v Ax ⎫ ⎡ 0
⎪ ⎪ ⎢
⎨v Ay ⎬ = ⎢ω m
⎪0 ⎪ ⎢0
⎩ ⎭ ⎣
− ωm
0
0
0⎤
0⎥⎥
0⎥⎦
⎧ R cos θ ⎫
⎪
⎪
⎨ R sin θ ⎬
⎪ 0 ⎪
⎭
⎩
⎧v Ax ⎫ ⎧− ω m R sin θ ⎫
⎪
⎪ ⎪ ⎪
⎨v Ay ⎬ = ⎨ ω m R cos θ ⎬
⎪
⎪0 ⎪ ⎪
0
⎭
⎩ ⎭ ⎩
⇒
avendo utilizzato l’informazione che il vettore ω m è ortogonale al piano del moto. Ci si
convince facilmente che quello ottenuto è lo stesso risultato ottenuto per via grafica per la
velocità v A . Passando alla biella ed ancora imponendo che la velocità ω b sia ortogonale
al piano del moto (si osservi che per seguire la stessa scelta fatta nell’analisi con le
equazioni di chiusura, ossia θ è stato assunto positivo per rotazioni antiorarie della
manovella, mentre β è stato assunto positivo per rotazioni orarie della biella, segue una
differenza nel segno degli elementi della matrice della velocità angolare):
v B = v A + ω b × AB
⎧v Bx ⎫ ⎧− ω m R sin θ ⎫ ⎡ 0
⎪
⎪ ⎪ ⎪
⇒ ⎨v By ⎬ = ⎨ ω m R cos θ ⎬ + ⎢⎢− ω b
⎪ ⎢ 0
⎪0 ⎪ ⎪
0
⎭ ⎣
⎩ ⎭ ⎩
ωb
0
0
0⎤
0⎥⎥
0⎥⎦
⎧ L cos β ⎫
⎪
⎪
⎨− L sin β ⎬ (5)
⎪
⎪ 0
⎭
⎩
ed utilizzando l’informazione per cui v B è orientato come OB, ossia è nulla la sua
componente lungo y, si ha:
⎧v Bx = −ω m R sin θ − ω b L sin β
⎨
⎩ 0 = ω m R cos θ − ω b L cos β
Si noti come il sistema di equazioni (5) sia identico al sistema (3), ottenuto con le
equazioni di chiusura del meccanismo.
Si può ripetere la stessa analisi per le accelerazioni e vedere come si ottenga un sistema
equivalente alle equazioni determinate derivando le equazioni di chiusura del
meccanismo. Lo si provi per esercizio.
Studio n.2
Sezione trasversale del propulsore per autovettura Ferrari
Dati: 12 cilindri a V di 60°, alesaggio 81 mm, corsa 71 mm, cilindrata 4390 cm3 , rapporto di
compressione 8,8:1, potenza massima 320 Cv a 6600 giri/min, coppia max 362,8 Nm a 5000
giri/min
Dato il motore rappresentato in sezione trasversale sul cilindro, si effettui l’analisi
cinematica del manovellismo motore, fornendo:
• la velocità del pistone al variare dell’angolo motore;
• l’accelerazione del pistone al variare dell’angolo motore.
Si esegua l’analisi cinematica sia con il metodo delle equazioni di chiusura del
meccanismo sia con il metodo dei poligoni di velocità ed accelerazione (in forma grafica
ed analitica).
3.5 ANALISI DI UNA SOSPENSIONE PER AUTOVEICOLO
(A)
(B)
(C)
(A) Vista trasversale di un sistema di sospensione a quadrilateri deformabili
(B) Sistema di sospensione a quadrilatero deformabile (Ferrari F40, completo di
disco e pinza del freno e del braccio di comando della ruota sterzante)
(C) Vista sospensione anteriore a quadrilatero deformabile (Ferrari Testarossa,
visibile sulla destra la barra di torsione).
Assegnati in forma parametrica i dati geometrici della sospensione, determinare la
potenza dissipata nell’ammortizzatore idraulico quando sia assegnata la velocità
angolare del braccio inferiore EAB; determinare infine la componente verticale della
velocità di Q.
Lo schema cinematico della sospensione (prossimo al sistema raffigurato in (A)) è:
F
D
β
ϕ
θ
A
C
E
Q
B
α
Schema cinematico
F
D
E
A
C
Q
B
Vista della sospensione reale
Consideriamo inizialmente il numero dei gradi di libertà del meccanismo. Il
dispositivo di sospensione consta di 5 elementi: braccio inferiore EAB, elemento
portante la ruota BC, braccio superiore CD, pistone collegato in E al braccio inferiore
EAB, guida del pistone vincolata in F al telaio. Sono quindi potenzialmente presenti
15 gradi di libertà del meccanismo ridotti dai vincoli seguenti: 6 coppie rotoidali in A,
B, C, D, E, F più l’accoppiamento prismatico pistone-guida, per un totale di 14 gradi
di libertà impediti. Ne segue che il meccanismo considerato ha un solo grado di
libertà. Supponiamo allora sia assegnato l’angolo di inclinazione del braccio inferiore
della sospensione pari a θ (t ) (si assume positivo il verso antiorario di tutte le
rotazioni). Scriviamo le equazioni di chiusura del meccanismo. In questo caso
possiamo scrivere due equazioni di chiusura indipendenti. Precisamente:
r
r r r r
z1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0,
r
r r r
z 5 + z 6 + z 7 = 0,
r
r
r
r
z1 = AB, z 2 = BC, z 3 = CD, z 4 = DA
r
r
r
z 5 = AE, z 6 = EF, z 7 = FA
⎧ L2 cos α ⎫ r ⎧ L3 cos β ⎫ r
⎧− a ⎫
r ⎧ L cos θ ⎫ r
z1 = ⎨ 1
⎬; z 2 = ⎨
⎬; z 4 = ⎨ ⎬
⎬; z 3 = ⎨
⎩− b ⎭
⎩ L1 sin θ ⎭
⎩ L2 sin α ⎭
⎩ L3 sin β ⎭
⎧d ⎫
r ⎧ L cos (θ + ψ )⎫ r ⎧ x cos ϕ ⎫ r
z5 = ⎨ 4
⎬; z 6 = ⎨
⎬; z 7 = ⎨ ⎬
⎩ x sin ϕ ⎭
⎩− e ⎭
⎩ L4 sin (θ + ψ )⎭
dove a, b, L4 , d , e e ψ sono dati costruttivi della sospensione. Le incognite del
problema sono α , β , ϕ , x (mentre θ (t ) è assegnato). Le due equazioni di chiusura
equivalgono a 4 equazioni scalari per cui il problema è determinato. Si noti inoltre che
le due equazioni di chiusura sono autonome, nel senso che la prima contiene le due
sole incognite α , β , mentre la seconda le rimanenti due ϕ , x . La prima equazione di
chiusura è:
⎧ L1 cos θ + L2 cos α + L3 cos β − a = 0
⎨
⎩ L1 sin θ + L2 sin α + L3 sin β − b = 0
(6)
Quadrando e sommando (eliminando α ) si ha:
L22 = a 2 + b 2 + L12 + L23 − 2 L1 (a cos θ + b sin θ ) + 2 L3 ( L1 cos θ − a ) cos β + 2 L3 ( L1 sin θ − b ) sin β
L22 = a 2 + b 2 + L12 + L23 − 2 L1 (a cos θ + b sin θ ) ± 2 L3 ( L1 cos θ − a ) 1 − sin 2 β + 2 L3 ( L1 sin θ − b ) sin β
Posto:
f (θ ) = L22 − a 2 − b 2 − L12 − L23 + 2 L1 (a cos θ + b sin θ )
g (θ ) = −2 L3 ( L1 sin θ − b )
h(θ ) = 2 L3 ( L1 cos θ − a )
f (θ ) + g (θ ) sin β = ± h (θ ) 1 − sin 2 β
Quadrando e risolvendo per sin β :
⎡ − f (θ ) g (θ ) ±
β = arcsin ⎢
⎢⎣
(
)(
)
f 2 (θ ) g 2 (θ ) − g 2 (θ ) + h 2 (θ ) f 2 (θ ) − h 2 (θ ) ⎤
⎥
g 2 (θ ) + h 2 (θ )
⎥⎦
Con questa si risolve poi la seconda delle (6):
⎡ b − L3 sin β − L1 sin θ ⎤
⎥
L2
⎣
⎦
α = arcsin ⎢
La seconda equazione di chiusura è invece:
r
r r r
z5 + z6 + z7 = 0
⇒
⎧ L4 cos (θ + ψ ) + x cos ϕ + d = 0
⎨
⎩ L4 sin (θ + ψ ) + x sin ϕ − e = 0
Eliminando ϕ con la solita tecnica, si ha:
x=
[d + L4 cos (θ + ψ )]2 + [e − L4 sin (θ + ψ )]2
Con questa, dalla seconda, si ricava ϕ :
(7)
⎡ e − L4 cos(θ + ψ ) ⎤
⎥
x
⎣
⎦
ϕ = arcsin ⎢
Questo conclude l’analisi di posizione.
Per rispondere al quesito posto dal problema, passiamo all’analisi di velocità del
meccanismo. Derivando la (6):
⎧− L1 θ& sin θ − L2α& sin α − L3 β& sin β = 0
⎨
&
&
⎩ L1 θ cos θ + L2α& cos α + L3 β cos β = 0
Che dà luogo al sistema lineare:
⎡− L2 sin α
⎢ L cos α
⎣ 2
− L3 sin β ⎤ ⎧α& ⎫ ⎧ L1 θ& sin θ ⎫
⎬
⎨ ⎬=⎨
L3 cos β ⎥⎦ ⎩β& ⎭ ⎩− L1 θ& cos θ ⎭
Le cui soluzioni sono:
α& =
L1 & sin θ cos β − sin β cos θ
θ
L2 cos α sin β − sin α cos β
β& =
L1 & cos θ sin α − sin θ cos α
θ
L3 cos α sin β − sin α cos β
dove α , β sono stati determinati effettuando l’analisi di posizione. La posizione del
punto Q si calcola nel modo:
r
r
AQ = AB + BQ = z1 + λ z 2
dove λ =
di Q è:
BQ
BC
=
BQ
L2
che è un dato costruttivo della sospensione. Dunque la velocità
d
r
r
AQ = z&1 + λ z& 2
dt
r r
essendo z&1 z& 2 ormai completamente noti dopo aver effettuato sia l’analisi di posizione
che di velocità. Più precisamente, per la componente verticale della velocità, si ha:
⎛d
⎞
⎜ AQ ⎟ = L1 θ& cos θ + λ L2 α& cos α
⎝ dt
⎠y
La potenza dissipata nell’ammortizzatore si calcola moltiplicando la forza Fdiss che in
esso si genera per la velocità di scorrimento del pistone nella guida cilindrica, cioè:
Pdiss = Fdiss x& = (χ x& ) x& = χ x& 2
dove x& si ricava derivando l’equazione di chiusura cinematica (7) e χ è un fattore
che dipende dalla realizzazione costruttiva dell’ammortizzatore.
3.6 COMANDO A GLIFO OSCILLANTE PER MACCHINA UTENSILE
F
Schema cinematico del sistema a glifo oscillante. In alto a sinistra un particolare del
sistema di regolazione della corsa
Una macchina utensile utilizza il meccanismo in figura (glifo oscillante) per permettere
alla slitta F di eseguire corse di andata e ritorno in tempi diversi (lenta la corsa in cui
l’utensile, solidale alla slitta F, lavora, veloce la corsa di ritorno per il riposizionamento
dell’utensile).
Assegnati in forma parametrica i dati relativi alla geometria del dispositivo, si determini
la velocità e l’accelerazione della slitta F in funzione dell’angolo di rotazione della ruota
B, supponendo che questa ruoti a velocità angolare costante.