Esercitazioni Di Meccanica Applicata Alle Macchine

5/12/2018 Esercitazioni Di Meccanica Applicata Alle Macchine - slidepdf.com

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ANNO ACCADEMICO 2000/2001

Esercitazioni di

MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE

di

Paolo Milanesi



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni

1

INDICE DELLE ESERCITAZIONI

INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI 5

1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI 51.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE 51.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO 5

2. TIPI DI VINCOLO 63. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA MECCANICO 6

3.1. PRIMO ESEMPIO 63.2. SECONDO ESEMPIO 73.3. TERZO ESEMPIO 73.4. QUARTO ESEMPIO 7

4. SOMMA DI VETTORI 8

5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI 95.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI 95.2. TEOREMA DI RIVALS 10

6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA 11

Prima esercitazione: GRU A BRACCIO 12

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 131.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 131.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 131.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 141.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 15

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 16

Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA 17

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 181.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 181.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 181.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 181.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 19

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 202.1. CALCOLO DELL’AZIONE IN P 202.2. CALCOLO DELLA COPPIA MOTRICE Mm 202.3. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO B 202.4. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO A 20

Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO 21

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 231.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 231.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 23

1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 241.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 25

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 26




2

Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA 29

1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA 301.1. CALCOLO DELL’ENERGIA CINETICA EC E DELLA SUA DERIVATA

RISPETTO AL TEMPO 30

1.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 301.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE E DELLA FORZA DI

RESISTENZA AERODINAMICA 301.4. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 301.5. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA MEDIANTE

IL BILANCIO DI POTENZE 322. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO 333. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO 34

3.1. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE ANTERIORI 343.2. 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, DELLAVELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA E DELLA VELOCITÀ DISOLLEVAMENTO 37

1.1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE 371.2. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA 381.3. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 38

2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE, DELLA POTENZA MOTRICE,DEL MOMENTO MOTORE E DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALEDEL MOTORE ASINCRONO A SERVIZIO INTERMITTENTE 382.1. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE 382.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 392.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 392.4. 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 DELMOTORE 40

2. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO 402.1. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 402.2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 402.3. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 402.4. CALCOLO DELLA DERIVATA DELL’ENERGIA CINETICA RISPETTO

AL TEMPO 402.5. CALCOLO DEL MOMENTO DI INERZIA DEL VOLANO 41




3

Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO 42

1. CONVERSIONE DEI DATI DEL PROBLEMA NELLE UNITÀ DI MISURADEL SISTEMA INTERNAZIONALE 43

2. CALCOLO DEI LAVORI RESISTENTE E MOTORE IN UN PERIODO 44

3. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE SUPPOSTO COSTANTE NELPERIODO 45

4. CALCOLO DEL MOMENTO RESISTENTE RIDOTTO ALL’ALBERO DIMANOVELLA 45

5. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO 46

Settima esercitazione: RULLO ROTANTE 48

RISOLUZIONE DELLA SETTIMA ESERCITAZIONE: RULLO ROTANTE 49

Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI 51PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I. 52

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere 52

1. CALCOLO DEI MOMENTI DI REAZIONE ELASTICA 522. CALCOLO DELLE COSTANTI DI RICHIAMO ELASTICO 533. CALCOLO DELLE PULSAZIONI PROPRIE CON L’EQUILIBRIO ALLA

ROTAZIONE PER CIASCUNO DEI TRE DISCHI 53

PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali 56

1. CALCOLO DEI MODI DI VIBRARE 561.1. CALCOLO DEL 1° MODO DI VIBRARE 561.2. CALCOLO DEL 2° MODO DI VIBRARE 57

2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI 572.1. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL PRIMO

MODO DI VIBRARE 572.2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL SECONDO

MODO DI VIBRARE 57

Nona esercitazione: CICLO OTTO 58

1. DESCRIZIONE E RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO OTTO NEI PIANIp-V E T-S 591.1. CONVERSIONE DEI DATI NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA

INTERNAZIONALE 591.2. CALCOLO DEI DATI MANCANTI DELLE VARIE FASI DEL CICLO 59

1.2.1. TRATTO 10→ : CALCOLO DELLA MASSA DEI GAS 591.2.2. TRATTO 21→ : COMPRESSIONE ADIABATICA 601.2.3. TRATTO 32→ : COMBUSTIONE ISOCORA 60

1.2.4. TRATTO 43→ : ESPANSIONE ADIABATICA 611.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTROPIA NEL CICLO 621.4. RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V E T-S 62




4

2. CALCOLO DEL LAVORO TEORICO DEL CICLO 633. CALCOLO DELLA POTENZA TEORICA SVILUPPATA DAL MOTORE 63

Decima esercitazione: CICLO RANKINE 64

1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S 662. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE 69

2.1. CALCOLO DEL LAVORO UTILE 692.2. CALCOLO DEL LAVORO SPESO 692.3. CALCOLO DEL CALORE ENTRANTE 692.4. CALCOLO DEL RENDIMENTO TEORICO E REALE DEL CICLO 69

Undicesima esercitazione: GASOMETRO 70

1. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLACAMPANA 71

2. CALCOLO DELLA MASSA DI GAS RACCHIUSO NELLA CAMPANA 713. CALCOLO DELLA PRESSIONE FINALE DEL GAS ALL’INTERNO

DELLA CAMPANA 723.1. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE

INIZIALE 1 723.2. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE INIZIALE 1 733.3. CALCOLO DEL PESO DELLA CAMPANA 733.4. CALCOLO DELLA MASSA DELLA CAMPANA 733.5. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE

FINALE 2 733.6. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE FINALE 2 733.7. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA

CAMPANA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 733.8. CALCOLO DEL VOLUME OCCUPATO DAL GAS E DELLA

TEMPERATURA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 743.9. CALCOLO DELLA TEMPERATURA FINALE DEL GAS IPOTIZZANDO

LA TRASFORMAZIONE ISOBARA 744. CALCOLO DELL’ENERGIA SCAMBIATA TRA IL SOLE E LA CAMPANA 74

4.1. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTALPIA DEL GAS 754.2. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DELLA

CAMPANA 754.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DEL GAS 754.4. CALCOLO DEL LAVORO COMPIUTO PER SPOSTARE L’ARIA 754.5. CALCOLO DELL’ENERGIA CEDUTA DAL SOLE 75



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni

5

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 particomponenti, 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).

X

Y

P( ,Y )P XP

Y P

O XP

1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO

Si definisce corpo rigido un corpo tale che la distanza di due suo qualsiasi punti simantiene costante durante il moto, ha dimensioni finite e ha un suo orientamento. Ilmoto rigido piano è per definizione il moto di un corpo rigido i cui punti si muovono contraiettorie parallele ad uno stesso piano. Ogni moto rigido piano di un corpo èriconducibile 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).

XQ

X

Y

O

P

Q

XP

Y P

Y Q

α

Figura 1Coordinate del punto materiale P in un sistema diriferimento piano:

),( P P y x P =

Figura 2Coordinate dell’asta PQ (corpo rigido) in unsistema di riferimento piano:

),,( α P P y x

222)()( PQ x x y y P Q P Q =−+−




6

2. TIPI DI VINCOLO

F ’ V

F ’’ v

M’

M’’

F ’ V

F ’’ v

F ’ V

F ’’ v

M’

M’’F ’ V

F ’O

F ’’O

F ’’ v F ’OF ’ V F ’’ v

F ’’O

Figura 3 – Cinque tipi di vincolo (carrello, pattino, manicotto, cerniera, puro rotolamento).

3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMAMECCANICO

Si determinino i gradi di libertà (g.d.l.) e di vincolo (g.d.v.) dei sistemi rappresentatinelle figure 4,5,6,7 ed il moto dei vari membri dei sistemi:

3.1. PRIMO ESEMPIO

O

A

B

ω

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 = 8n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1

Figura 4Nel sistema rappresentato in figura l’asta OAruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B trasla.




7

3.2. SECONDO ESEMPIO

O

A

B

ω

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e1 carrello).n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1

3.3. TERZO ESEMPIO

O

A

ω

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 e 1 accoppiamento prismatico).n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1

3.4. QUARTO ESEMPIO

O

A

ω

B

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e1 carrello).n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1

Figura 5Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA

ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B trasla.

Figura 6Nel sistema rappresentato in figura l’asta OAruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B ruota.

Figura 7

Nel sistema rappresentato in figura l’asta OAruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B ruota.




8

4. SOMMA DI VETTORI

a

b

a

b

cc = a + b

Figura 8 – Somma di due vettori (metodo del parallelogramma )

c

a

b

c = a + b

a b

cc

Figura 9 – Somma di due vettori (metodo dei vettori consecutivi)

Attraverso la seguente tabella (Tab.1) è possibile trovare il modulo e la direzione delvettore c, noti il modulo e la direzione dei vettori a e b:

Tabella 1 c = a + b

Modulo ? a b

Direzione ? dir a dir b Esempio di applicazione: data la sottostante tabella (Tab.2), disegnare i vettori v1, v2, v3.

Tabella 2 v1 = v2 + v3

Modulo ? v2 ?

Direzione dir v1 dir v2 dir v3

v2 v1

v3

dir v1

dir v3

Figura 10

Rappresentazione dei vettori v1, v2 e v3, noti v2 e ledirezioni di v1 e v3.




9

5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI

O

A

B

ω

O

X

B

ω

Y

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:

O

A

B

ω

O

X

B

ω

Y

y’x’

)(a

BΓ

)(t Γ

)(r Γ

π

Dπ)(a

Bv

OB⊥

AB⊥

)(r

Bv )(t

Bv

TEOREMA DEI MOTI RELATIVI PER LE VELOCITA’

vASSOLUTA = vRELATIVA + vTRASCINAMENTO

Tabella 3 vB = vB(t) + vB

(r)

Modulo ? OBω ?

Direzione Dπ OB⊥ B⊥

Figura 11

Data la velocità angolare ωωωω dellamanovella OA, trovare la velocità vB delcarrello.

Figura 12

Traiettoria assoluta di B (Γ ΓΓ Γ B(a)):

retta parallela al piano ππππ.Traiettoria di trascinamento di B

(Γ ΓΓ Γ B(t)): circonferenza con centro

in O e raggio OB.Traiettoria relativa di B (Γ ΓΓ Γ B

(r)):circonferenza con centro in A eraggio AB.




10

5.2. TEOREMA DI RIVALS

Si pone il sistema di riferimento x’y’ traslante su traiettoria circolare con origine in A:

O

A

B

ω

O

X

B

ω

Y

y’

x’

πΓ

AΓ

AΓ

Dπ

OA⊥

AB⊥ Bv

Av

BAv

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 leaccelerazioni, ma nel caso in cui il sistema di riferimento relativo sia rotante ènecessario aggiungere l’accelerazione complementare o di Coriolis definita come:

)()( 2 r c va ∧= ω

che risulta ruotata, rispetto alla direzione di v(r), di 90° nel verso della velocità angolare

ω del riferimento mobile.

Tabella 4 vB = vA + vBA

Modulo ? OAω ?( AB BAω )

Direzione Dπ OA⊥ B⊥

Figura 13

Traiettoria assoluta di B (Γ ΓΓ Γ B): retta

parallela al piano ππππ.Traiettoria relativa di B rispetto ad

A (Γ ΓΓ Γ BA): circonferenza con centroin A e raggio AB.

Traiettoria assoluta di A (Γ ΓΓ Γ A):circonferenza con centro in O eraggio OA.




11

6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA

O X

Y

Gdm

xG

yG

Ω

p ,m1 1

p ,mn n

O X

Y

x1

xn

y1

yn

O X

Y

G

dm

xG

yG

Ω

i F

i F d

iC

I momenti di ordine 1 del sistema continuo distribuito coincidono con i momenti di ordine 1dell’elemento infinitesimo dm.

Equilibrio alla traslazione: ∑ ∑∑ =⇒=+⇒=

k h

h

k

ik Gk F F F aM F 00

Equilibrio alla rotazione: ∑ ∑∑ =⇒=+⇒=k h

Gh

k

iGk GGk M C M J M 00

ω

Figure 14-15

Baricentro di un sistema continuo:

Massa: ∫ ∫ ΩΩ

== dV dmM ρ

Coordinate del baricentro:

=

=

∫

∫

Ω

Ω

dV y y

dV x x

G

G

ρ

ρ

Momenti d’inerzia di un sistema continuo:

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

ΩΩ

ΩΩ

====

====

dV xdm x J dV xy xydm J

dV yx yxdm J dV ydm y J

yy yx

xy xx

ρ ρ

ρ ρ

22

22

Momenti d’inerzia di un sistema di punti:

∑∑

∑∑

==

==

==

==

n

i

ii yy

n

i

iii yx

n

i

iii xy

n

i

ii xx

xm J y xm J

x ym J ym J

1

2

1

11

2

Figura 16Forze e coppie di inerzia.

Forza d’inerzia:

G

i

ii aM dV adma F d F

−=−=−== ∫ ∫ ∑ΩΩ

ρ

Coppia d’inerzia:

( ) ( )∫ Ω +−=+−=−= dV y x J J J C yy xxGi ρ ω ω ω 22



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio

12

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 abraccio girevole con il carrello porta-gancio mobile lungo il braccio.

1. Si richiede di studiare il comportamento cinematico del carrello, schematizzato con unpunto, 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 ilcarrello 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 kge momento d’inerzia baricentrico JG = 1200 kg m2 e che il baricentro G del braccio dista1 m dall’asse di rotazione (punto O).

Figura 17 – Gru a braccio per cantiere edilizio.




13

Risoluzione della prima esercitazione: GRU A BRACCIO

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

OG

Cω

r v

r a

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 2vincoli (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

OG

C

X

Y

x’

y’

)(t

C Γ

)(r

C Γ

Figura 19 – Sistema di riferimento relativo.

Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in O rotante solidamentecon 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 Γ ΓΓ Γ C(t) in figura 19.La traiettoria relativa del carrello C è una retta parallela al segmento OC ed è

rappresentata da Γ ΓΓ Γ C(r) in figura 19.

Figura 18Schematizzazione

sottosistema braccio + carrello




14

1.3. Calcolo delle velocità

C v

)(r

C v

)(t

C v

OC ⊥

OC

1° CASO: mOC 4=

)(r C v

C v)(t

C v

α

2° CASO: mOC 6=

)(r

C v

C v

)(t

C v

α

Tabella 5C v

=)(t

C v

+)(r

C v

Modulo ? OC ω vr

Direzione ? OC ⊥ DOC

Verso ? ← ↑

Figura 20Scala: 1 cm = 0,1 m/s

[ ]

[ ] [ ] [ ]

[ ]

( ) ( ) °≅==

≅+=+=

=⋅==

=

307,0/4,0arctan/arctan

/8,04,07,0)()(

/4,04/1,0

/7,0

)()(

222)(2)(

)(

)(

r

C

t

C

t

C

r

C C

t

C

r

C

vv

smvvv

smm srad OC v

smv

α

ω

Figura 21Scala: 1 cm = 0,1 m/s

[ ]

[ ] [ ] [ ]

[ ]

( ) ( ) °≅==

≅+=+=

=⋅==

=


/9,06,07,0)()(

/6,06/1,0

/7,0

)()(

222)(2)(

)(

)(

r

C

t

C

t

C

r

C C

t

C

r

C

vv

smvvv

smm srad OC v

smv

α

ω




15

1.4. Calcolo delle accelerazioni

Tabella 6C a =

)(r

Cna +)(r

Ct a +)(t

Cna +)(t

Ct a +)(c

C a

MODULO ? X ar OC 2ω OC ω

)(2 r

C vω

DIREZIONE ? X DOC DOC OC ⊥ OC ⊥

VERSO ? X ← ← ↑ ↓

1° CASO: mOC 4=

DOCDOC

OC ⊥

OC ⊥

)(r

Ct a

)(t

Cna

)(t

Ct a

)(c

C a

C a

α

2° CASO: mOC 6=

DOCDOC

OC ⊥

OC ⊥

)(r

Ct a

)(t

Cna

)(t

Ct a

)(c

C a

C a

α

Figura 22Scala: 1 cm = 0,04 m/s2

[ ][ ]

[ ][ ]

( ) ( ) [ ]

( ) ( )[ ] ( ) °≅=−+=

≅+=−++=

=⋅⋅==

=⋅==

=⋅==

=


/17,01,014,0

/14,07,01,022

/04,0401,0

/04,041,0

/1,0

)()()()(

2222)()(2)()(

2)()(

2)(

222)(

2)(

t Ct

cC

t Cn

r Ct

t

Ct

c

C

t

Cn

r

Ct C

r

C

c

C

t

Ct

t

Cn

r

Ct

aaaa

smaaaaa

smva

smOC a

smOC a

sma

α

ω

ω

ω

Figura 23Scala: 1 cm = 0,04 m/s2

[ ][ ]

[ ][ ]

( ) ( )

[ ]( ) ( )[ ]

( ) °≅=

=−+=

≅+=

=−++=

=⋅⋅==

=⋅==

=⋅==

=

6308,0/16,0arctan

/arctan

/18,008,016,0

/14,07,01,022

/06,0601,0

/06,061,0

/1,0

)()()()(

222

2)()(2)()(

2)()(

2)(

222)(

2)(

t

Ct

c

C

t

Cn

r

Ct

t

Ct

c

C

t

Cn

r

Ct C

r

C

c

C

t

Ct

t

Cn

r

Ct

aaaa

sm

aaaaa

smva

smOC a

smOC a

sma

α

ω

ω

ω




16

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO

O

G C

JGω

M (?)m

T(?)G

ic F

C

ic F

C

it F

G

it F X

Y

+

1° CASO: mOC 4=

Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistemacostituito dal solo carrello:

( ) ( ) [ ] N smkg aam F T T F F t

Cn

r

Ct c

C

ic

C

ic x 42/04,01,03000 2)()(*=⋅+⋅=+==⇒=−=∑

Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:

OC F OG F J M OC F OG F J M M C

it

G

it Gm

C

it

G

it GmO −+=⇒=+−−=∑ ω ω 0*

)(

( )OC aamOGm J OC F OG F J M t

Ct

c

C cbG

C

it

G

it Gm

)()(2

−−+=−+=⇒ ω ω ω

( ) [ ]m N smkg M m ⋅−=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅=⇒ 78/404,014,0300101,0300001,01200 222

2° CASO: mOC 6=

Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistemacostituito dal solo carrello:

( ) ( ) [ ] N smkg aam F T T F F t

Cn

r

Ct c

C

ic

C

ic x 48/06,01,03000 2)()(*=⋅+⋅=+==⇒=−=∑

Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:

OC F OG F J M OC F OG F J M M C

it

G

it Gm

C

it

G

it GmO −+=⇒=+−−=∑ ω ω 0*

)(

( )OC aamOGm J OC F OG F J M t

Ct

c

C cbG

C

it

G

it Gm

)()(2

−−+=−+=⇒ ω ω ω

( ) [ ]m N smkg M m ⋅−=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅=⇒ 102/606,014,0300101,0300001,01200 222

Figura 24Forze e momenti d’inerzia del

sistema.

Dati:

[ ]

[ ]

[ ][ ]mOG

mkg J

kg m

kg m

G

b

c

1

1200

3000

300

2

=

=

=

=



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta

17

Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA

In figura 25 è rappresentato un meccanismo che permette di trasformare un moto rotatorioa 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 Bω

e l’accelerazione angolare Bω 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 èJB = 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:

[ ]

[ ]

[ ]241096,1

/100

039,0

mkg J

srad

m AB

B ⋅∗=

=

=

−

ω

[ ]

0

028,0

=

=

ω

m AP [ ]m PB 019,0=

attrito nullo in P

°== 27 P A Bϑ

Incognite:

• Bω

• Bω

• Mm, OA, OB, azione in P

Figura 25 – Croce di malta.




18

Risoluzione della seconda esercitazione: CROCE DI MALTA



Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (la ruota e la croce di Malta) e da 3 vincoli (2cerniere 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


X

Y

x’y’

θ

Mm

)(r

P

Γ

)(a P

Γ )(t

P Γ

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 Γ ΓΓ Γ P(a) in figura 26.

La traiettoria relativa del piolo P è una retta passante per BP ed è rappresentata da

Γ ΓΓ Γ P(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 Γ ΓΓ Γ P(t) in figura 26.


AP ⊥

D BP

BP ⊥

)(r

P v

)(t P v

P v

Figura 27 – Diagramma delle velocità (scala: 1 cm = 1 m/s)

[ ] [ ] [ ]

[ ]

[ ] [ ] [ ]oraria srad srad BP v smv

smv

smm srad AP v

t

P B

t

P

r

P

P

/58/019,0/1,1//1,1

/6,2

/8,2028,0/100

)()(

)(

≅==⇒=

=

=⋅==

ω

ω

Tabella 7 P v

=

)(r

P v

+

)(t

P v

Modulo AP ω ? ?( BP Bω )

Direzione P ⊥ D BP BP ⊥

Verso ? ?

Figura 26Scelta del sistema diriferimento relativo.




19


Tabella 8 Pna + Pt a =

)(r

Pna +)(r

Pt a +)(t

Pna +)(t

Pt a + )(c

P a

MODULO AP 2

ω x x ? BP B

2

ω ?( BP Bω ))(

2r

P Bvω

DIREZIONE D AP x x D BP D BP BP ⊥ BP ⊥

VERSO x x ? ?

D BP

D AP

D BP

BP ⊥

BP ⊥

Pna

)(r

Pt

a

)(t

Pna

)(t

Pt a

)(c

P a

Figura 28 – Diagramma delle accelerazioni (scala: 1 cm = 40 m/s2)

[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ][ ][ ]

[ ] [ ] oraria srad srad BP a

sma

sma

sm sm srad va

smm srad BP a

smm srad AP a

t

Pt B

t

Pt

r

Pt

r

P B

c

P

B

t

Pn

Pn

22)(

2)(

2)(

2)()(

22222)(

22222

/29000/019,0/552/

/556

/170

/300/6,2/5822

/64019,0/58

/280028,0/100

≅==

≅

≅

≅⋅⋅==

=⋅==

=⋅==

ω

ω

ω

ω




20


N

B OBX

OBY JB Bω

N

Mm

OAX

OAYP P

+

CROCE RUOTA 1

A

b = 1cm

α = 49°

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 perfettiprima si ipotizza e poi si verifica). Calcolo dell’azione in P mediante l’equilibrio allarotazione del sottosistema croce:

[ ] [ ] N N BP J N BP N J M B B B B B 300019,0/290001096,1/00 4*

)( ≅⋅∗==⇒=−⇒=−

∑ ω ω

2.2. Calcolo della coppia motrice M m

Calcolo della coppia motrice Mm mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistemaruota 1:

[ ] [ ]m N m N NbM NbM M mm A ⋅=⋅⋅==⇒=−⇒=∑ 301,030000*

)(

2.3. Calcolo delle reazioni vincolari nel punto B

Calcolo delle reazioni vincolare nel punto B mediante l’equilibrio alla traslazione del

sottosistema croce:

[ ] [ ]

[ ] [ ] N N N N O N O F

N N N N O N O F

y By y ByY

x Bx x Bx X

22649sin300sin00

19749cos300cos00

*

*

≅°⋅===⇒=−⇒=

−≅°⋅−=−=−=⇒=+⇒=

∑

∑α

α

2.4. Calcolo delle reazioni vincolari nel punto A

Calcolo delle reazioni vincolare nel punto A mediante l’equilibrio alla traslazione delsottosistema ruota 1:

[ ]

[ ] N N O N O F

N N O N O F

y Ay y AyY

x Ax x Ax X

22600

19700

*

*

−≅−=⇒=+⇒=

≅=⇒=−⇒=

∑

∑



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

21

Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO

Del manovellismo schematicamente indicato in figura 30 si hanno i seguenti dati:

corsa [ ] [ ]mcOAmOAc 0325,02/065,02 ==⇒==

lunghezza della biella [ ]m ABl 107,0==

velocità angolare della manovella [ ] srad /410=ω

massa dello stantuffo [ ]kg m s 2,0=

massa della biella [ ]kg mb 5,0=

massa della manovella [ ]kg mm 1=

distanza del baricentro della manovella [ ]mOGa 008,01 ==

dall’asse di rotazione O

distanza del baricentro della biella dal [ ]m AGb 035,02 ==

bottone di manovella Araggio giratorio della biella [ ]m025,0= ρ

diametro del pistone [ ]m D 06,0=

distanza fra i supporti [ ]m EF d 18,0==

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) agentisullo 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 y x R R

, ;

• le forze agenti sul perno di banco y x T T

, ;

• le reazioni vincolari dei supporti 321 ,, V V V

.

Nota: per risolvere il problema di dinamica, occorre prima risolvere la cinematica, ossia

determinare:• velocità Bv

del pistone;

• velocità angolare Bω della biella;

• velocità 2Gv

del baricentro della biella;

• accelerazione Ba

del pistone;

• accelerazione angolare Bω della biella;

• accelerazione 2Ga

del baricentro della biella;

• accelerazione 1Ga

del baricentro della manovella.




22

Figura 30 – Manovellismo ordinario centrato




23

Risoluzione della terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO



G1

O

B

G2

A

αω


B

G2

A

O

G1

AΓ

BΓ

1GΓ

BAΓ

AG2Γ

X

Y

x’

y’

π

Figura 31(Scala: 1 : 2 cm)

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (manovella OA, biella AB) e da3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). Il moto della manovella OA ètraslatorio, mentre il moto della biella AB è rototraslatorio.

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

Figura 32

Si sceglie un sistema di riferimento relativox’y’ con origine in A traslante su traiettoriacircolare per applicare il teorema diRivals.

La traiettoria di A (Γ ΓΓ Γ A) è una circonferenzadi centro O e raggio OA.

La traiettoria di B (Γ ΓΓ Γ B) è una retta per OB

parallela al piano π.La traiettoria di G1 (Γ ΓΓ Γ G1) è unacirconferenza di centro O e raggio OG1.

La traiettoria di B rispetto ad A (Γ ΓΓ Γ ΒΑΒΑΒΑΒΑ) è unacirconferenza di centro A e raggio AB.

La traiettoria di G2 rispetto ad A (Γ ΓΓ Γ G2A) èuna circonferenza di centro A e raggioG2A.




24


Bv

Av

BAv OA⊥

AB⊥

DOB

Av

Bv

BAv

AB⊥

OA⊥

DOB

Av

OA⊥

2 AG⊥

2Gv

AGv

2

Av

OA⊥

2 AG⊥

AGv 2

2Gv

Tabella 9 Bv

= Av

+ BAv

Modulo ? OAω ?(

AB B

ω )

Direzione DOB OA⊥ B⊥

Verso ? ?

Tabella 102Gv

= Av

+ AGv 2

Modulo ? OAω 2 AG Bω

Direzione ? OA⊥ 2 AG⊥

Verso ?

Figura 33Scala: 1 cm = 2 m/s

Teorema di Rivals: BA A B

vvv

+=

[ ] [ ] [ ]

[ ]

[ ]

[ ] [ ] [ ] srad m sm ABv

smv

smv

smm srad OAv

BA B

BA

B

A

/83,73107,0//9,7/

/9,7

/88,12

/325,130325,0/410

≅==

≅

≅

=⋅==

ω

ω

La velocità angolare ωB è antioraria.


Teorema di Rivals: AG AG vvv22

+=

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

[ ] smv

smm srad AGv

smm srad OAv

G

B AG

A

/625,12

/58,2035,0/83,73

/325,130325,0/410

2

2 2

≅

≅⋅==

=⋅==

ω

ω




25


Tabella 11 Bna

+ Bt a

= Ana

+ At a

+ BAna

+ BAt a

MODULO x ? OA2ω x AB B

2ω ?( AB Bω )

DIREZIONE x DOB DOA x D AB AB⊥

VERSO x ? x ?

DOB

DOA

D AB

AB⊥

Bt a Ana

BAna BAt a

Tabella 122Ga

= Ana

+ At a

+ AnGa 2

+ At Ga 2

MODULO ? OA2ω x AG B 2

2ω AG B 2ω

DIREZIONE ? DOA x DG2 A AG2⊥

VERSO ? x

DOA

Ana

DG A2

AG2⊥ AnGa 2

At Ga2

2Ga

DOA1Ga


Teorema di Rivals: BA A B aaa

+=

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ]

[ ] [ ] [ ]22

2

2

2222

2222

/41590107,0//4450/

/4450

/2575

/24,583/107,083,73

/25,5463/0325,0410

srad m sm ABa

sma

sma

sm sm ABa

sm smOAa

BAt B

BAt

Bt

B BAn

An

≅==

≅

≅

=⋅==

=⋅==

ω

ω

ω

L’accelerazione angolare Bω è oraria.


Teorema di Rivals: AG AG aaa22

+=

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ] [ ][ ]

[ ] [ ]222

1

2

2

22

2

222

2

2

2222

/8,1344/008,0410

/5,4187

/65,1455/035,041590

/78,190/035,083,73

/25,5463/0325,0410

11

2

2

2

sm smOGaa

sma

sm sm AGa

sm sm AGa

sm smOAa

nGG

G

B At G

B AnG

An

=⋅===

≅

=⋅==

=⋅==

=⋅==

ω

ω

ω

ω




26


STANTUFFO B BIELLA AB MANOVELLA OA

B sis

is

am F

M

−=

=0

[ ] [ ] N N am F

M B sis

is

51525752,0

0

=⋅==

=

22

Gbib

Bb Bbib

am F

m J M

−=

−=−= ω ρ ω

[ ] [ ]

[ ] [ ] N N am F

Nm NmmM

Gbib

Bbib

75,20935,41875,0

1341590025,05,0

222

=⋅==

=⋅⋅== ω ρ

( )1

00

Gmim

im

am F

M

−=

== ω

[ ] [ ] N N am F

M Gmim

im

8,13448,13441

01

=⋅==

=

1° sottosistema: STANTUFFO + BIELLA

A

G2

B

b1

b2

b3

b4

b5

ib

s P

is F g

F

ib F

b P

(?) x

R

(?) y

R

(?)S

γ

β

+ Figura 37(Scala 1:1 cm)

Nota la geometria del sistema e gli angoli α = 75°

e β = 45° si possono calcolare le incognite

y x R RS

,, mediante le tre equazioni di equilibrio

dinamico del sottosistema stantuffo + biella:

1)0

0*

=++⇒

=∑S F R

F

ibx x

x

2)0

0*

=−−−++⇒

=∑

b s g isiby y

y

P P F F F R

F

3)

0)(

)(

0

44523

4123

*

)(

=++−−−−+=

=++−−−+⇒

=∑

ibbibyibxis s g

ibbibis s g

A

M b P b F b F Sbb F P F

M b P b F Sbb F P F

M




27

Calcolo delle incognite y x R RS

,, mediante la risoluzione del sistema:

[ ] [ ] N N F S F S R ibibx x 416,142345cos75,2093089,57cos −=°⋅−=−−=−−= β

[ ] [ ] N N

F F D

p g m g m F F F P P R isibb sisiby g b s y

937,13151545sin75,2093)2/06,0(75000081,95,081,92,0

sin4

2

2

=−°⋅−⋅⋅+⋅+⋅=

=−−++=−−++=

π

β π

( )

=

−+−+−+=

=−+−+−+=

γ γ β γ β γ π sin/sincoscos)sin(cos)

4

(

/))()(

22

2

2543

AB AG F M AG F g m AB F g m D

p

bb F M b F P b F P F S

ibibibbis s

ibxibibybis s g

[ ] [ ] N N 089,57)75sin107,0/()75sin035,045cos75,209313

75cos035,0)45sin75,209381,95,0(75cos107,0)51581,92,0)2/06,0(750000((2

−=°⋅°⋅⋅°⋅−+

+°⋅⋅°⋅−⋅+°⋅⋅−⋅+⋅⋅= π

2° sottosistema: MANOVELLA

+

G1

im F

m P

(?) yT

(?) xT (?) RM

x R

y R

b6

b8

b7

A

O

α

Calcolo delle incognite y x R

T T M

,, mediante la risoluzione del sistema:

[ ] [ ] N N F R F RT im ximx x x 82,32155sin8,1344416,1423sin −=°⋅+−=+=+= α

[ ] [ ] N N g m F R P F RT mim ymimy y y 093,91381,9155cos8,1344937,131cos =⋅+°⋅+=++=++= α

[ ] [ ] Nm Nm

OG g mOA ROA Rb P b Rb RM m x ym x y R

98,2955sin008,081,9155cos0325,0416,142355sin0325,0937,131

sincossin 1867

=°⋅⋅⋅−°⋅⋅+°⋅⋅=

=−−=−−= α α α

Figura 38(Scala: 1:1 cm)

Nota la geometria e l’angolo α=55° si possono calcolarele incognite y x R T T M

,, mediante le tre equazioni di

equilibrio dinamico del sottosistema manovella:

1) 00* =−−⇒=∑ imx x x x F RT F

2) 00* =−−−⇒=∑ mimy y y y P F RT F

3) 00 876

*

)( =+−+⇒=∑ b P b Rb RM M m y x RO




28

3° sottosistema: CILINDRO

+

O

A

G2

B

FE

b11

b9

b10

G1

S

g F

xT

yT

1V

2V

3V

Figura 39 – Sottosistema cilindro in scala 1:2 cm

Calcolo delle incognite 321 ,, V V V

mediante le equazioni di equilibrio dinamico:

1) 00 1

* =−−⇒=∑ S T V F x x

2) ∑ =−++⇒= 00 32

*

y g y T F V V F

3) 0)()2/)(()(0 1036210103119

*

)( =+++−=++−⇒=∑ bV bbS bT F bV SbbT F M y g y g E

[ ] [ ] N N S T V x 909,378089,5782,3211 −=−−=+=

[ ] [ ] N N V D

pT V F T V y g y 433,642049,565)2/06,0(750000093,9134

2

3

2

32 −=+⋅−=−−=−−= π π

[ ] [ ] N N

bOA ABS EF D

pT bbS b F T V y g y

049,56518,0/))55cos0325,075sin107,0(089,57)2/18,0())2/06,0(750000093,913((

/))cossin()2/)(4

()()2/)(((

2

10

2

62103

−=°⋅+°⋅⋅+⋅⋅−=

=+−−=+−−=

π

α γ π



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

29

Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA

Dell’autovettura schematizzata in figura 42 sono noti i seguenti dati:

massa autoveicolo + carico trasportato [ ]kg M 1240=

passo [ ]m p 4,2=

distanza baricentro dall’asse anteriore [ ]ml 35,1=

altezza baricentro da terra [ ]mh 6,0=

raggio ruote [ ]mr 28,0=

superficie frontale (area sezione maestra) 27,1 mS =

coefficiente di resistenza aerodinamica 41,0= Rc

rapporto al ponte 41/9= pτ

rapporto di trasmissione in terza marcia 6,1/1= III τ rendimento al ponte 95,0= pη

rendimento in terza marcia 94,0= III η

coppia motrice [ ] NmC m 120=

velocità rotazione del motore [ ] [ ] srad girim /314min/3000 ≅=ω

velocità del vento [ ] smvvento /5=

densità dell’aria 3/2,1 mkg aria = ρ

coefficiente di attrito volvente 013,0=v f

momento di inerzia di ciascuna ruota

2

1 mkg J r =

momento di inerzia del motore [ ]21,0 mkg J m =

Si richiede:

1. nel caso in cui l’autovettura viaggi in piano determinare la sua accelerazione quando ilmotore 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 diattrito statico f a forniti in tabella:

Tabella 13 asciuttonon polveroso

molto bagnato fangosooleoso

ghiacciato

fondo stradaleliscio

70,060,0 ÷ 55,050,0 ÷ 35,030,0 ÷ 20,015,0 ÷

fondo stradalerugoso

85,075,0 ÷ 65,060,0 ÷ 40,035,0 ÷ 25,020,0 ÷




30

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:

dt

dE W W W W C

r pm =++=∑

1.1. Calcolo dell’energia cinetica EC e della sua derivata rispetto al tempo

222

2

1

2

14

2

1

2

1

2

14

2

1mmr r mmmr r r C J J Mv J J vvM E ω ω ω ω ω ω +

+=×+

×+×=

mmmr r r mmmr r r C J J Mav J J vaM

dt

dE ω ω ω ω ω ω ω ω

++=×+×+×= 44

Tutte le velocità e accelerazioni hanno la stessa direzione e lo stesso verso.

1.2. Calcolo della potenza motrice

mmmmm C C W ω ω =×=

1.3. Calcolo della potenza resistente e della forza di resistenza aerodinamica

Potenza resistente: v F v F W aer aer r −=×=

Forza aerodinamica: Rventoariaaer cS vv F 2

2

1

−= ρ

1.4. Calcolo della potenza persa

attrito pontecambio p p p p W W W W ++=

In un autovettura la potenza persa è somma di tre fattori:

• attrito pW = potenza dissipata dalle forze di attrito volvente

• cambio p

W = potenza dissipata attraverso il cambio

• ponte pW = potenza dissipata attraverso il ponte




31

• Calcolo della potenza dissipata dalle forze di attrito volvente

u

N

T

r ω

r

( ) ( ) ( ) r v P Ar P Ar P r A p r f N N u N N u N u N W attrito

ω ω ω ω +−=+−=+−= 222

Per semplificare l’espressione precedente si può eseguire l’equilibrio alla traslazioneverticale del sistema autovettura:

( ) ( ) Mg N N Mg N N F P A P AV =+⇒=−+⇒=∑ 2020

sostituendo si ottiene: r v p r Mgf W attrito

ω −=

• Calcolo della potenza dissipata attraverso il cambio

VOLANO

ponte

pW

cambio

pW

cambio

eW cambio

uW

ponte

eW

pη

III η

mC

mω

m J

Figura 41 – Potenze entranti e uscenti dalle varie componenti della macchina

Sapendo che: cambio

e III

cambio

u W W η =

risulta: ( ) cambio

e III

cambio

u

cambio

e

cambio

p W W W W η −−=−= 1

inoltre: mmmmmmiV mm

cambio

e J C C C W ω ω ω ω ω

C

−=×+×=

quindi si ottiene: ( )( )mmmmm III

cambio

p J C W ω ω ω η C−−−= 1

Figura 40

Lo spostamento della retta d’azione rispetto alcentro della ruota determina una coppia resistentedi modulo pari a:

NuC r =

Il coefficiente di attrito volvente risulta definitocome:

r

u f v =




32

• Calcolo della potenza dissipata attraverso il ponte

sapendo che: cambio

u

ponte

e W W =

risulta: ( ) ( ) cambio

u p

ponte

e p

ponte

p W W W η η −−=−−= 11

inoltre: ( )mmmmm III

cambio

e III

cambio

u J C W W ω ω ω η η C

−==

quindi si ottiene: ( ) ( )mmmmm III p

ponte

p J C W ω ω ω η η C−−−= 1

1.5. Calcolo dell’accelerazione dell’autovettura mediante il bilancio di potenze

Sostituendo nel bilancio di potenze i valoridt

dE W W W C

pr m ,,, si ottiene:

( )( ) ( ) =−−−−−−−− mmmmm III pmmmmm III vr aer mm J C J C rf Mg v F C ω ω ω η η ω ω ω η ω ω 11

mmmr r r J J Mav ω ω ω ω

++= 4

( ) 04 =−−−−−⇒ r r r vr aer mmmmm III p J Mavrf Mg v F J C ω ω ω ω ω ω η η

• r v r ω = • III p

m

r τ τ

ω

ω =

• r a r ω = • III p

m

r τ τ

ω

ω =

( ) 04 22222=−−−−−⇒ mm p III r mm p III vm p III m p III aer mmmmm III p J r M rf Mg r F J C ω ω τ τ ω ω τ τ ω τ τ ω τ τ ω ω ω η η

Calcolo la forza di resistenza aerodinamica sostituendo i valori numerici:

Rventom p III aria Rventoariaaer Scvr Scvv F 22

2

1

2

1−=−= ω τ τ ρ ρ

[ ] [ ] N N F aer 833,12141,07,1)5(28,060

23000

41

9

6,1

12,1

2

12

=⋅⋅−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅=π

Calcolo l’accelerazione angolare del motore sostituendo i valori numerici:

=++

−−=

m III p p III r p III

p III v p III aer m III p

m J J r M

r Mgf r F C

η η τ τ τ τ

τ τ τ τ η η ω

22222 4

=

⋅⋅+

⋅

⋅⋅+⋅

⋅

⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅

=2222

2

22337,48

1,094,095,041

9

6,1

11428,0

41

9

6,1

11240

28,041

9

6,1

1013,081,9124028,0

41

9

6,1

1833,12112094,095,0

s

rad

s

rad

Risulta: [ ] [ ]22 /857,1/28,0337,48)41/9()6,1/1( sm smr a m p III =⋅⋅⋅== ω τ τ




33

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 seguentesistema di quattro equazioni in quattro incognite costituito da:

• 3 equazioni di equilibrio dinamico di tutto il sistema autovettura:

1) ( ) 020*=−−−⇒=∑ Ma F T T F aer A P O

2) ( ) 020

*=−+⇒=

∑ Mg N N F A P V 3) ( ) 040*

)( =−−+−−−−⇒=∑ ul pMg Mahh F J p N M aer r r A P ω

• 1 equazione di equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota anteriore:

u

r

A N

P N

O R

V Rr r J ω

A

C

1) ( ) ( ) [ ] [ ] N N Ma F T T aer A P 12662/857,11240833,1215422/2 ≅⋅++⋅=++=

2) ( ) ( ) [ ] [ ] N N N Mg N A P 37392/2343281,912402/2 ≅⋅−⋅=−=

3) ( )( ) ( ) =−−−−−=−−−−−= p J h F Mahr f l pMg p J h F Mahul pMg N m III pr aer vr r aer A 2/42/4 ω τ τ ω

( ) [ ] [ ] N N 2343)4,22/(337,486,1

1

41

9146,0833,1216,0857,1124028,0013,035,14,281,91240 ≅⋅

⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅−⋅−−⋅⋅=

4) ( ) ( ) [ ] [ ] N N r r f N J r u N J T v Am III pr Ar r A 5428,0/28,0013,02343337,486,11

4191// ≅

⋅⋅+⋅⋅⋅=+=+= ω τ τ ω

Figura 43 – Sottosistema ruota anteriore

4) ∑ =+−−⇒= 02220*

)( r T u N J M A Ar r C ω




34

3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO

3.1. Verifica dell’aderenza delle ruote anteriori

Per aderenza si deve avere: a

A

A Aa A f

N

T N f T ≤⇒≤

Calcolo:[ ]

[ ]023,0

2343

54==

N

N

N

T

A

A

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza equelle in cui non si ha aderenza:

Tabella 14 asciuttonon polveroso molto bagnato fangoso oleosoghiacciato

fondostradale

liscioSI’ SI’ SI’ SI’

fondostradalerugoso

SI’ SI’ SI’ SI’

3.2. Verifica dell’aderenza delle ruote posteriori

Per aderenza si deve avere: a

P

P P a P f

N

T N f T ≤⇒≤

Calcolo:[ ][ ]

34,03739

1266==

N

N

N

T

P

P

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza equelle in cui non si ha aderenza:

Tabella 15 asciuttonon polveroso

molto bagnato fangosooleoso

ghiacciato

fondostradale

liscioSI’ SI’ SI’ NO

fondostradalerugoso

SI’ SI’ SI’ NO



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore

35

Quinta esercitazione: ASCENSORE

Dell’impianto di ascensore schematizzato in figura 44 sono noti i seguenti dati:

portata (carico utile) [ ]kg mu 325=

massa cabina [ ]kg mc 300=

massa contrappeso [ ]kg mq 430=

diametro puleggia di sollevamento [ ]m D 55,0=

rapporto di trasmissione del riduttore 55/1=τ

accelerazione massima di avviamento a pieno carico aa [ ]2/7,0 sm=

in discesa

rendimento della trasmissione in moto diretto (carico 7,0=d η

che esercita azione resistente)

rendimento della trasmissione in moto retrogrado 6,0=r η (carico che esercita azione motrice)numero paia di poli del motore asincrono 2= pp

momento d’inerzia del motore [ ] kW m Kg J m ∀=200981,0

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 lavelocità di sollevamento vsoll.;

2) la potenza resistente Wr , la potenza motrice Wm, il momento motore Mm e la potenza ditarga o nominale Wn 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 2,2volte 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 masserotanti tranne il volano, determinare il momento d’inerzia del volano Jv da montaresull’albero del motore affinché l’accelerazione massima di avviamento in discesa nonsuperi il valore assegnato.




36

Figura 44 – Schema dell’ascensore in moto a regime in salita

C D )(' a

r

)(' b

r

Figura 45 – Curva caratteristica del motore asincrono




37

Risoluzione della quinta esercitazione: ASCENSORE

PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono

Punto Cse n aumenta: '

r mM M > ⇒ n aumenta fino a D

Punto D se n aumenta: '

r m M M < ⇒ n diminuisce e torna in D

Punto D se n diminuisce: '

r m M M > ⇒ n aumenta e torna in D

Punto C se n diminuisce: '

r m M M < ⇒ 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 puleggiae 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:

sm nn ≅

dove nm è la velocità in giri/min del motore mentre ns è la velocità di sincronismo.

Per definizione: pp

f n s

60=

dove f è la frequenza di alimentazione (in Italia f = 50 [Hz]), mentre pp è il numero di paia di poli del motore.

Per un motore asincrono si ha: ( ) sm n sn −= 1

dove s = percentuale di scorrimento (per esempio 4%)

=

⋅==≅

min1500

min2

506060 giri giri

pp

f nn sm

≅

⋅=⋅=⇒

s

rad

s

rad n sm 1,1571500

60

2

60

2 π π ω




38

1.2. Calcolo della velocità di rotazione della puleggia

In generale per i rapporti di trasmissione si ha:e

u

ω

ω τ =

In questo caso il rapporto di trasmissione vale:m

p

ω

ω τ =

allora la velocità di rotazione della puleggia risulta:

≅

⋅==

s

rad

s

rad m p 86,2

55

11,157τ ω ω

1.3. Calcolo della velocità di sollevamento

Nell’ipotesi di assenza di slittamenti si ha che la velocità di sollevamento vale:

[ ]

≅⋅

=⋅==

s

mm

s

rad Dr v p p p soll 786,0

2

55,086,2

2. ω ω

2. Calcolo della potenza resistente, della potenza motrice, del momento motore e dellapotenza di targa o nominale del motore asincrono a servizio intermittente

Per effettuare questi calcoli si utilizza il bilancio di potenze che risulta essere nullo perchéil moto è a regime:

0==++dt

dE W W W C

pr m

2.1. Calcolo del momento motore

Sostituendo nel bilancio di potenze le quantità corrispondenti a Wm, Wr , Wp si ottiene:

( )01

.=−−−+−

mmd soll qcummM gvmmmM ω η ω

per semplificare si può sostituire:22

.

D Dv m p soll τω ω ==

( ) 02

=+−+−⇒ md qcu M D

g mmm η τ

Si può da qui ricavare il momento motore che risulta:

( ) ( )[ ] [ ]m N m N

D g mmm

M d

qcu

m ⋅≅⋅⋅⋅⋅−+

=−+

= 66,137,0

2

55,0

55

181,9430300325

2

η

τ




39


[ ] [ ] [ ] [ ]kW W srad m N M M W mmmmm 146,22146/1,15766,13 =≅⋅⋅==×= ω ω

2.3. Calcolo della potenza resistente

( ) ( ) ) ..,.. soll qcu soll q soll cu soll q soll cur gvmmm gvm gvmmv g mv g mmW −+−=++−=×+×+=

Si può ottenere la potenza resistente in due modi:

• atraverso la formula precedente:

( ) [ ] [ ] [ ]kW W W gvmmmW soll qcur 502,11502786,081,9430300325. −=−≅⋅⋅−+−=−+−=⇒

• sfruttando il fatto che: 0=++ pr m W W W con ( ) ( ) md ed p W W W η η −−=−−= 11

[ ] [ ] [ ]kW W W W W md r 502,1150221467,0 −=−≅⋅−=−=⇒ η

2.4. Calcolo della potenza di targa o nominale

( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]kW kW kW W W kW kW kW mn 5,3219,3146,25,15,12

1

2

1

2

1 ==⋅=⋅=




40

SECONDA PARTE:AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano

1. Calcolo della coppia massima e del momento di inerzia del motore

[ ] [ ]m N m N W W M M m

n

n

nnma ⋅≅⋅⋅⋅=⋅≅⋅=⋅= 49

1,15710005,32,22,22,22,2

ω ω

22 034,05,300981,000981,0 mkg mkg W J nm ⋅≅⋅⋅=⋅=

2. Calcolo del momento d’inerzia del volano

Per calcolare il momento d’inerzia del volano si utilizza il bilancio di potenze:

dt

dE W W W

C pr m =++


( ) gvmmM v g mmM W cummacummam )( ++=×++×= ω ω

2.2. Calcolo della potenza resistente

gvmv g mW qqr −=×=

2.3. Calcolo della potenza persa

( ) ( ) ( ) ) =×++−×+×+−−=−−= vammmv g mv g mmW W qcuqcur er p

η η 11

( ) ( ) ( )avmmm gvmmm qcuqcur ++−−+−−= η 1

2.4. Calcolo della derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo

( ) ( ) ( ) ( ) 22

21

21

21

21 vmmm J J vvmmm J J E qcumvmqcummvmC ++++=×+++×+= ω ω ω

⇓

( ) ( ) ( ) ( )avmmm J J vammm J J dt

dE qcummvmqcummvm

C ++++=×+++×+= ω ω ω ω




41

2.5. Calcolo del momento di inerzia del volano

Sostituendo:

2

D

vm

τ

ω =

2

D

am

τ

ω = nel bilancio di potenze si ottiene:

( )( ) ( ) ( ) ( )avmmm D

v

D

a J J gvmmmavmmm

D

vM qcuvmqcur qcur ma +++⋅+=−++++−+

22

1

2τ τ

η η

τ

( ) ( )

22

222

D

v

D

a

D

v

D

a J gvmmmavmmm

D

vM

J

mqcur qcur ma

v

τ τ

τ τ

η η

τ

⋅

⋅−−++++−

=⇒

Semplificando la velocità v si ottiene:

( ) ( )

2

2

2

22

1

−−++++−

=

D

a

D

a J g mmmammm

DM

J

mqcur qcur ma

v

τ

τ

η η

τ

Sostituendo i valori numerici risulta:

( ) ( )

[ ]2

2

2

2

55,0

55

1

7,0

2

55,0

55

1

7,0034,081,94303003256,07,04303003256,0

2

55,0

55

1

149

mkg J v

⋅

⋅

⋅−⋅−+⋅+⋅++⋅−

⋅

⋅

=

⇓

2341,0 mkg J v ≅



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

42

Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO

Un motore asincrono trifase aziona, attraverso un riduttore ad ingranaggi, l’albero amanovella di una pompa a stantuffo a semplice effetto per liquido.Sono noti i seguenti dati:

pressione di aspirazione [ ]2/5,0 cmkg p pa −=

pressione di mandata [ ]2/8,4 cmkg p pm =

corsa dello stantuffo [ ]mmc 280=

diametro dello stantuffo [ ]mm D 210=

massa solidale con il piede di biella [ ]215,5 smkg m p s

−=

velocità di rotazione media dell’albero di manovella [ ]min/202 girin =

N.B.: i dati non sono espressi nelle unità di misura del Sistema Internazionale.

Si richiede di determinare:

1) il lavoro resistente Lr in un periodo;2) il lavoro motore Lm in un periodo (si trascuri il lavoro perduto per attrito);3) il momento motore Mm supposto costante nel perido;4) il momento resistente ridotto all’albero di manovella M’r ;5) 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)




43

Risoluzione della sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO

Macchina a regime: macchina che funziona a velocità costanteMacchina a regime assoluto: macchina che funziona a velocità rigorosamente

costante

Macchina a regime periodico: si distingue un intervallo temporale (periodo) a cavallodel quale la macchina ritorna ad assumere lo stesso

valore istantaneo di velocità: ω(t) = ω(t+T) = ω(t+nT)

ω

tO

ω = costω

ω

tO

ω

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:

[ ] Pam

N

m

cm

kg

N

cm

kg

cm

kg p

p

p p

a 49050490501081,95,05,022

24

22−=

−=

⋅

⋅

−=

−=

Pressione di mandata:

[ ] Pam

N

m

cm

kg

N

cm

kg

cm

kg p

p

p p

m 4708804708801081,98,48,422

24

22=

=

⋅

⋅

=

=

Massa solidale con il piede di biella:

[ ]kg s

m

m

skg

m

skg m s 955,5381,95,55,5

2

22

=

⋅

=

=

Velocità di rotazione media dell’albero di manovella:

=

⋅=⇒

=

s

rad

s

rad girin 153,21

60

2202

min202

π ω

Corsa dello stantuffo:

[ ] [ ]mmmc 28,0280 ==

Diametro dello stantuffo:

[ ] [ ]mmm D 21,0210 ==




44

Per calcolare i lavori e i momenti, motori e resistenti, si utilizza il bilancio di potenze:

dt

dE W W W C

pr m =++

essendo però Wp = 0 per ipotesi il bilancio delle potenze diventa:

dt

dE W W C

r m =+

1-2. Calcolo dei lavori resistente e motore in un periodo

Integrando ambo i membri del bilancio di potenze sull’intervallo [0,T] si ottiene:

000

=∆=+ ∫ ∫ C

T

r

T

m E dt W dt W

000

=+⇒ ∫ ∫ T

r

T

m dLdL

in un periodo si ha che: mr mr L L L L −=⇒=+ 0

Il lavoro resistente può essere scritto come somma di lavoro resistente di aspirazione e dilavoro resistente di mandata:

rmrar L L L +=

Calcolo del lavoro resistente di aspirazione:

[ ] [ ] J J c D

pcS pc F sd F L aara

c

rara 69,47528,04

21,049050

4

220

−=⋅⋅

⋅−=⋅=⋅=⋅=×= ∫ π π

Calcolo del lavoro resistente di mandata:

[ ] [ ] J J c D

pcS pc F sd F L mmrm

c

rmrm 64,456628,0

4

21,0470880

4

22

0

=⋅⋅

⋅=⋅=⋅=⋅=×= ∫ π π

Fr

Fra

Frm

O π

2π ϕ

[ ] J Lr 3,5042−=

[ ] J L L r m 3,5042+=−=

Figura 48 Il modulo del lavoro resistente totale è dato dalla somma deimoduli dei lavori resistenti di aspirazione e mandata ecorrisponde alla somma delle aree evidenziate nel grafico:

[ ] [ ] J J L L L rmrar 33,504264,456669,475 =+=+=




45

3. Calcolo del momento motore supposto costante nel periodo

Il lavoro motore espresso in funzione dell’angolo di rotazione della manovella risulta:

( ) ϕ ϕ mm M L =

in un periodo si ha che: π ϕ 2=

Si ricava così il momento motore che risulta:

[ ] [ ]m N m N L

M mm 51,802

2

33,5042

2===

π π

4. Calcolo del momento resistente ridotto all’albero di manovella

Per calcolare il momento resistente ridotto all’albero di manovella si devono ridurre tutte leforze resistenti applicate allo stantuffo B in momenti resistenti applicati alla manovella.

La potenza resistente risulta: ω ''

r r r r M W v F W ===

La potenza resistente di aspirazione e la potenza resistente di mandata risultano:

=

=

ω

ω

'

'

rmrm

rara

M v F

M v F

Il moto del piede di biella in I approssimazione è:

( )

==

==

−=

ar x

vr x

r x

I

I

I

ϕ ω

ϕ ω

ϕ

cos

sin

cos1

2

I momenti resistenti ridotti all’albero di manovella valgono:

>≤≤=⋅⋅

⋅=⋅==

<≤≤−=⋅⋅

⋅−=⋅==

02sin32,2283sin28,08

21,0470880sin

24

00sin85,237sin28,08

21,049050sin

24

'22

'

'22

'

rmmrmrm

raarara

M c D

pv

F M

M c D

pv

F M

π ϕ π ϕ ϕ π

ϕ π

ω

π ϕ ϕ ϕ π

ϕ π

ω

'

r M

2283,32

237,85

O

2

ππ2π

2

3 ϕ

Figura 49 Modulo del momento resistente ridotto:

ϕ π

sin24

2'

⋅⋅=c D

pM r con p = pa, pb




46

5. Calcolo del momento d’inerzia del volano

• Potenza motrice: ω mm M W =

• Potenza resistente: ω ϕ π

ω ⋅⋅−== sin

24

2' c D

pM W r r

• Derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo:

V sC E vm E +=2

2

1

dove EV = energia cinetica associata al volano

dt

dE avm

dt

dE V s

C +=

essendo:

==

==

ϕ ω

ϕ ω

cos

sin

2r xa

r xv

I

I

CC

C

dt

dE r m

dt

dE V s

C +=⇒ ϕ ϕ ω sincos22

Sostituendo nel bilancio di potenze i termini precedentemente calcolati si ottiene:

dt

dE r m

c D pM V

sm =−⋅⋅− ϕ ϕ ω ω ϕ π

ω cossinsin24

322

Essendo per definizione: ϕ ϕ ω cossin22'r mM si =

( ) ( ) V ir mV

ir m dE dt M M M dt

dE M M M =−−⇒=−−⇒ ω ω

''''

Eseguendo l’approssimazione:dt

d ϕ ω =

( ) V ir m dE d M M M =−−⇒ ϕ ''

Il momento d’inerzia del volano si ottiene calcolando la variazione di energia cinetica max:

( ) ( )( )MIN MAX MIN MAX V MIN MAX V MAX V J J E ω ω ω ω ω ω +−=−=∆2

1

2

1 22

moltiplicando e dividendo per ω si ottiene:

i J J E V

MIN MAX MIN MAX

V MAX V

2

2ω

ω

ω ω ω

ω ω =

−⋅⋅

+=∆

i

E J

MAX V

V 2ω

∆=⇒




47

Per calcolare la variazione di energia cinetica massima si deve tracciare il grafico:

( )

≤<⋅−⋅+

≤≤⋅−⋅−⇒=−−

π ϕ π ϕ ϕ

π ϕ ϕ ϕ

22sin5,236sin32,22835,802

02sin5,236sin85,2375,8020

''

ir m M M M

1ϕ 2ϕ

MAX V E

MIN V E

Figura 50 – Momento risultante totale e scarto di energia cinetica

Integrando fra [ ]rad 4,31 ≅ϕ e [ ]rad 8,52 ≅ϕ , calcolati dal grafico, si ottiene:

( )∫ −−=∆

1

2

''

ϕ

ϕ

ϕ d M M M E ir mMAX V

( )∫ ⋅−⋅+=∆

1

2

2sin5,236sin32,22835,802

ϕ

ϕ

ϕ ϕ ϕ d E MAX V

[ ] [ ] J J E MAX V 23398,26998,50382cos2

5,236cos32,22835,802

4,3

8,5

=−≅

⋅+⋅−⋅=∆ ϕ ϕ ϕ

Quindi il momento d’inerzia del volano risulta:

[ ] [ ]22

2225,174

03,0)153,21(

2339mkg mkg

i

E J

MAX V

V ≅⋅

=∆

=ω



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Settima esercitazione: Rullo rotante

48

Settima esercitazione: RULLO ROTANTE

Un carrello, di peso P = 1000 [kgp], urta con velocità v0 = 11 [km/h] contro un respingenteal quale resta agganciato.

Determinare la legge del moto del carrello a partire dal momento dell’aggancio, nell’ipotesiche sia trascurabile l’attrito nel movimento del carrello sulle rotaie e che il respingente (dicostante elastica k = 10000 [kg m-1] e coefficiente di smorzamento r = 200 [kg m-1 s]) abbiamassa trascurabile rispetto a quella del carrello.

G

P

k

r

0v

Figura 51 – Schematizzazione del sistema carrello + respingente

Schematizzando il carrello con un rullo:

Peso carrello: [ ] P kg P 1000= Massa carrello: [ ]kg m 1000'=

Velocità iniziale carrello:

≅

⋅=

=

s

m

s

m

h

kmv 06,33600

100011110

Costante elastica della molla:

=

⋅=

=

m

N

m

N

m

kg k P 9810081,91000010000

Costante di smorzamento della molla:

=

⋅=

=

m

s N

m

s N

m

skg r P 196281,9200200

Momento di inerzia baricentrico:2

5 mkg J = Raggio del rullo:

[ ] [ ]mcm R 1,010 ==

k

r P

0v

J

R

Figura 52 – Schematizzazione del sistema rullo + respingente




49

Risoluzione della settima esercitazione: RULLO ROTANTE

k

r

R

N

T

ϑ J ϑ

x

x

x

i F

e F

V F

Calcolo della reazione tang. T mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema rullo:

2

*

)( 0 R

x J

R

x

R

J

R

J T TR J M G

−=⋅−=−=⇒=⇒=∑ϕ

ϑ

L’equazione del moto si ricava dall’equilibrio alla trasl. orizzontale del sottosistema rullo:

0'002

*=−−−−⇒=+++⇒=∑ x

R

J xr kx xmT F F F F V ei x

Sostituendo: 2' R

J mm +=

si ottiene l’equazione di equilibrio alla trasl. orizzontale per vibrazioni libere smorzate:

0=++ kx xr xm

Per ricavare la soluzione si sostituiscono i valori:

( )

( )

( )

=

=

=

zt

zt

zt

ecz t x

czet x

cet x

2

nell’equazione precedente ottenendo l’equazione caratteristica:

02=++ k rz mz

dividendo per la massa:

02=++

m

k z

m

r z

le radici sono:m

k

m

r

m

r z −±−=

2

2

2,142

Figura 53

Forze e momenti agenti sul carrello

schematizzato come un rullo:

xr vr F

xk F

xmam F

V

e

i

−=−=

−=

−=−= ''




50

Essendo definita la pulsazione naturale del sistema non smorzato come:

=

==

s

rad

s

rad

m

k 087,8

1500

98100ω

mentre quella del sistema smorzato come:

≅

⋅−=−=

s

rad

s

rad

m

r

m

k 06,8

15004

1962

1500

98100

42

2

2

2

1ω

si ha lo smorzamento critico quando:

ω ω mr

m

r

m

k

m

r C 20

44

2

2

2

2

2

=⇒=−=−=∆

Si può così effettuare la sostituzione: 2

2

22

22

4 C r

r

m

r ==

ω ξ

Essendo: [ ] [ ]kg kg R

J mm 1500

1,0

51000'

22=+=+= e

=

==

s

rad

s

rad

m

k 087,8

1500

98100ω

lo smorzamento critico vale:

=

⋅⋅==

s

kg

s

kg mr C 24261087,8150022 ω

Si ha quindi: 01 <∆⇒<⇒< ξ C r r

Le radici dell’equazione caratteristica sono numeri complessi coniugati:

12,1

2

2,12

2

2,12

1242

ω ξ ω im

r z i

m

r z

m

r

m

k i

m

r z ±−=⇔−±−=⇔−±−=

La soluzione finale risulta del tipo:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=+−++−=

=+=+=

−−

−−

m

r t Bt Aet Bt Aet x

m

r t Bt Aet Bt Aet x

t t

t t

2cossinsincos

206,8sin06,8cossincos

111111

654,0

11

α ω ω ω ω ω ω α

α ω ω

α α

α

Dalle condizioni iniziali si ricavano A e B :

( )

( ) [ ] [ ]

≅==⇒=⇒=

=⇒=

mmv

Bv Bv x

A x

379,006,8

06,30

000

1

0010

ω ω

La legge del moto del carrello risulta: ( ) t et x t 06,8sin379,0654,0⋅=

−



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

51

Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI

1 I

2 I

3 I

1l

2l

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere

Determinare le pulsazioni proprie 1ω e 2ω di vibrazione torsionale dell’albero.

PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali

A causa della rotazione stessa dell’albero, che avviene con velocità angolare ROT ω ,

all’estremità sinistra sia applicata una coppia di momento:

( ) ( )22110 2sinsin ϕ ϕ +Ω++Ω+= t M t M M M s

e alla estremità destra una coppia di momento:

0M M d −=

Ω , la pulsazione dell’armonica fondamentale, è legata alla velocità angolare dell’alberodalla relazione:

ROT k ω '=Ω

Nel caso in esame sia2

1'=k

Calcolare le velocità critiche torsionali dell’albero.

N.B. – Il modulo di elasticità tangenziale del materiale dell’albero, in acciaio, è:

=

28000

mm

kg G

Su un albero a sezione circolare di

diametro [ ]mmd 50= sono calettati tre

dischi centrati di momento di inerziarispettivamente:

[ ][ ][ ]2

3

2

2

2

1

0,1

5,0

4,0

smkg I

smkg I

smkg I

P

P

P

=

=

=

disposti, come in figura, a distanza

[ ]mml 5001 = e [ ]mml 8002 =




52

Risoluzione dell’ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI

PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I.

Diametro albero: [ ] [ ]mmmd 05,050 ==

Distanza tra dischi 1 e 2: [ ] [ ]mmml 5,05001 ==

Distanza tra dischi 2 e 3: [ ] [ ]mmml 8,08002 ==

Momento d’inerzia disco 1: [ ] [ ] [ ]222

1 924,381,94,04,0 mkg mkg smkg I P =⋅==

Momento d’inerzia disco 2: 222

1905,481,95,05,0 mkg mkg smkg I P =⋅==

Momento d’inerzia disco 3: [ ] [ ] [ ]222

1 81,981,90,10,1 mkg mkg smkg I P =⋅==

Modulo di elasticità tangenziale:

⋅=

⋅⋅=

=

2

6

2

6

210784801081,980008000

m

N

m

N

mm

kg G P

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere

1 I

111,, ϑϑϑ

222,, ϑϑϑ

2 I

3 I

333,, ϑϑϑ

1

l

2l

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 N l

GJ M

ij

i j P

R ji

ϑ ϑ −−

=,

dove: G = modulo di elasticità tangenziale

2m

N

Figura 54

Il sistema presenta tre gradi dilibertà perché l’albero rotante non

è un corpo rigido. Si ha infatti che:

321ϑ ϑ ϑ ≠≠

Il sistema ha tante pulsazioninaturali quanti sono i segmenti dialbero interposti tra i dischi (= 2).




53

JP = momento di inerzia polare dell’albero a sezione circolare, si può dimostrare che:

[ ] [ ]47444

21014,6

32

05,0

32mm

d dAr J

A

P

−

⋅≅⋅

=== ∫ π π

( i j ϑ ϑ − = rotazione relativa tra i dischi i e j [ ]rad

ijl = distanza tra i dischi i e j [ ]m

Per i dischi 1,2,3 si ottiene:

( )( )

( )( )

−−=−

−=

−−=−

−=

232

2

23

121

1

12

3,2

2,,

ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ

k l

GJ M

k l

GJ M

P R

P R

2. Calcolo delle costanti di richiamo elastico

[ ] [ ]

[ ] [ ]

=⋅⋅⋅

==

=⋅⋅⋅

==

−

−

m N m N l

GJ k

m N m N l

GJ k

P

P

4,602338,0

1014,61078480

44,963735,0

1014,61078480

76

2

2

76

1

1

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 rotazioneper ciascun disco:

Figura 55 – Equilibrio alla rotazione per ciascun disco

111,, ϑϑϑ

sM

11ϑ I

11ϑk

21ϑk

222,, ϑϑϑ

21ϑk

11ϑk

22ϑ I 22

ϑk

22ϑk

32ϑk

32ϑk

333,, ϑϑϑ

d

33ϑ I

=−−+−⇒=

=+−−−⇒=

=+−−⇒=

∑

∑

∑

00

00

00

332232

3

*)(

3222222111

2

*

)(

211111

1

*

)(

d

DISCO

C

DISCO

C

s

DISCO

C

M I k k M

k k I k k M

k I k M M

ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ




54

Sostituendo e isolando le forzanti esterne si ottiene:

( )

−=+−

=−++−

=−+

d

s

M k k I

k k k k I

M k k I

322233

322211122

211111

0

ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ

Per risolvere la prima parte del problema (vibrazioni libere) si devono considerare nulle leforzanti quindi si considera il sistema omogeneo associato:

( )

=+−

=−++−

=−+

0

0

0

322233

322211122

211111

ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ

k k I

k k k k I

k k I

Riscrivendo in forma matriciale si ha:

( ) 0

0

0

00

00

00

3

2

1

22

2211

11

3

2

1

3

2

1

=

−

−+−

−

+

ϑ

ϑ

ϑ

ϑ

ϑ

ϑ

k k

k k k k

k k

I

I

I

CC

CC

CC

ovvero: [ ] [ ] 0=+ ϑ ϑ CC k M

dove: [ ]M = matrice di inerzia e [ ]k = matrice di rigidezza

Per la risoluzione del sistema si ipotizza una soluzione del tipo:

In forma scalare:

Θ−=

Θ=

Θ=

t

t

t

ii

ii

ii

ω ω ϑ

ω ω ϑ

ω ϑ

sin

cos

sin

2

In forma vettoriale:

Θ−=

Θ=

Θ=

t

t

t

ω ω ϑ

ω ω ϑ

ω ϑ

sin

cos

sin

2

dove ii

Θ sono le ampiezze.

Sostituendo la soluzione precedente nel sistema si ottiene:

( )( )

( )

=Θ−+Θ−

=Θ−Θ−++Θ−

=Θ−Θ−

0

0

0

3

2

3222

322

2

22111

221

2

11

ω

ω

ω

I k k

k I k k k

k I k




55

La soluzione banale (l’albero risulterebbe fermo) si ha per: 0=Θ

Affinché il sistema ammetta soluzione diversa da quella banale il determinante dellamatrice dei coefficienti deve essere uguale a zero:

( )( )

( )0

0

0

2

322

2

2

2211

1

2

11

=

−−

−−+−

−−

ω

ω

ω

I k k

k I k k k

k I k

( )( )( ) ( ) ( ) 02

32

2

1

2

11

2

2

2

32

2

221

2

11=−−−−−−+−⇒ ω ω ω ω ω I k k I k k I k I k k I k

Sviluppando i prodotti e semplificando si ottiene:

( ) ( ) 02

32121

4

312212321311

6

321=++++++− ω ω ω I I I k k I I k I I k I I k I I k I I I

Una prima soluzione (sistema rigido = l’albero ruota rigidamente) si ha per:

002,1

2=⇒= ω ω

Per le altre soluzioni si pone: 2ω = z

e si sostituiscono nell’equazione i tre momenti d’inerzia e le due costanti di rigidezza:

01008,111817206815,188 112 =⋅+⋅−⋅ z z

Le radici risultano:

⋅

⋅⋅⋅−±=

2

2112

2,1815,1882

1008,1815,18841181720611817206

s

rad z

quindi:

≅

≅

2

2

2

2

2

1

51474

11112

srad z

s

rad z

Le pulsazioni proprie di vibrazione torsionale dell’albero risultano:

≅

==

≅

==

s

rad

s

rad z

s

rad

s

rad z

88,22651474

41,10511112

22

11

ω

ω




56

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 leampiezze 321 ,, ΘΘΘ senza conoscere le condizioni iniziali, che sono date dai cosiddetti

modi di vibrare:

2

11

Θ

Θ= µ

3

22

Θ

Θ= µ

Riprendendo la prima e la terza equazione del sistema precedente, si ottiene:

( )

( )

−=

Θ

Θ=⇒=Θ−+Θ−

−=

Θ

Θ=⇒=Θ−Θ−

2

32

2

3

223

2

3222

2

11

1

2

11211

2

11

0

0

ω µ ω

ω µ ω

I k

k I k k

I k

k k I k

1.1. Calcolo del 1° modo di vibrare

Per calcolare il primo modo di vibrare si pone: 1ω ω =

826,141,105924,344,96373

44,9637322

111

1

2

1)(

1 ≅⋅−

=−

=Θ

Θ=

ω µ

I k

k I

235,141,10581,94,60233

4,6023322

132

2

3

2)(

2 −≅⋅−

=−

=Θ

Θ=

ω µ

I k

k I

Ipotizzando 12 =Θ , in figura 56 è rappresentato il primo modo di vibrare:

1l

2l

1 2 3

1,826

1

-1,235

NODO

Figura 56 – Il nodo è la sezione dell’albero che non vibra




57

1.2. Calcolo del 2° modo di vibrare

Per calcolare il primo modo di vibrare si pone: 2ω ω =

913,088,226924,344,96373

44,96373 22

211

1

2

1)(1 −≅

⋅−=

−=

Θ

Θ=

ω µ

I k k II

135,088,22681,94,60233

4,6023322

132

2

3

2)(

2 −≅⋅−

=−

=Θ

Θ=

ω µ

I k

k II

Ipotizzando 12 =Θ , in figura 57 è rappresentato il secondo modo di vibrare:

1l

2l

1 2 3

1

NODO 1

-0,913

-0,135

NODO 2

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 dirisonanza. La forzante Ms contiene due armoniche, quindi si avranno 2x2 = 4 velocitàcritiche torsionali.

2.1. Calcolo delle velocità critiche torsionali nel primo modo di vibrare

Le condizioni di risonanza si hanno quando: Ω=1ω e Ω= 21ω

≅

⋅=

=

⋅==⇒==Ω=min

2013min2

6082,21082,21041,1052221

21 1111 giri giri

srad

srad CRCR ROT

π ω ω ω ω ω

≅

⋅=

==⇒==Ω=

min6,1006

min2

6041,10541,1052 1221

giri giri

s

rad CRCR ROT

π ω ω ω ω ω

2.2. Calcolo delle velocità critiche torsionali nel secondo modo di vibrare

Le condizioni di risonanza si hanno quando: Ω=2ω e Ω= 22ω

≅

⋅=

=

⋅==⇒==Ω=

min4333

min2

6076,45376,45388,22622

2

1

2

1

2332

giri giri

s

rad

s

rad

CRCR ROT π ω ω ω ω ω

≅

⋅=

==⇒==Ω=

min5,2166

min2

6088,22688,2262 2442

giri giri

s

rad CRCR ROT

π ω ω ω ω ω



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

58

Nona esercitazione: CICLO OTTO

Un motore a scoppio ha una cilindrata V H = 1000 cm3 ed il volume della camera a scoppioè V K = 200 cm3. Al termine dell’aspirazione la miscela aspirata ha una pressione

p1 = 0,96 ata ed una temperatura T 1 = 50 °C.La miscela aspirata ha la seguente composizione:

• 1 kg di benzina con potere calorifico inferiore p.c.i. = 10800 kcal / kg;

• 18 N NN N m3 di aria

Si consideri che il calore specifico medio a volume costante è cVm = 0,2 kcal / kg K, chel’esponente delle trasformazioni di compressione e di aspirazione è k = 1,35 e cheRmiscela = 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 trasformazionidel ciclo




59

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: [ ] [ ]333101000 mcmV H

−==

Volume camera a scoppio: 333102,0200 mcmV K

−⋅==

Volume al punto 1: 333

1 102,12001000 mcmV V V K H

−⋅=+=+=

Pressione al punto 1: [ ] [ ] [ ] Pa Paata p 941761081,996,096,04

1=⋅⋅==

Temperatura al punto 1: [ ] [ ] [ ] K K C T 32327350501 =+=°=

Costante della miscela:

=

⋅=

=

K kg

J

K kg

J

K kg

mkg R P

miscela 1387,28781,927,2927,29

1.2. Calcolo dei dati mancanti delle varie fasi del ciclo

Il ciclo Otto può essere considerato un ciclo chiuso ( )14321 →→→→ ma in realtà

non è un ciclo chiuso poiché si ha aspirazione nel tratto ( )10→ .

La seguente tabella mostra le varie fasi del ciclo:

FASI DEL CICLO OTTO10→ ASPIRAZIONE

21→ COMPRESSIONE (ADIABATICA)

32→

COMBUSTIONE (ISOCORA)43→ ESPANSIONE (ADIABATICA)

14→ SCARICO

1.2.1. Tratto 10→ : 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 presentala massa anziché il numero di moli e R = Rmiscela:

T MR pV miscela=

nel punto 1 si ha: 1111 T M RV p miscela=

[ ] [ ]kg kg T

V pM 3

3

1

11

1 102185,13231387,287

102,194176 −

−

⋅=⋅

⋅⋅==⇒

Non tutta la massa M1 presente nel cilindro nelle condizioni del punto 1 è compostada miscela attiva, ma c’è una massa residua di gas combusti non attivi.La massa di miscela “fresca” aspirata ad ogni ciclo risulta allora:

01 M M M a −=




60

essendo:

[ ][ ]

[ ] [ ]

==

==

⋅==

=

−

Paatm p

K T T

mV V

T R

V pM

K

miscela1013251

323

102,0

0

10

33

0

0

00

0

[ ] [ ]kg kg M 3

3

0 102185,03231387,287

102,0101325 −

−

⋅=⋅

⋅⋅

=

( ) [ ] [ ]kg kg M M M a33

0110102185,02185,1

−−=⋅−=−=⇒

Inoltre il rapporto di compressione risulta: 6102,0

102,13

3

1=

⋅

⋅=

+==

−

−

K

K H

K V

V V

V

V ε

1.2.2. Tratto 21→ : compressione adiabatica

Per un qualunque trasformazione adiabatica si ha: cost=k pV

In questo caso si ha: 35,1=k

Sostituendo:V

nRT p =

cost1=⇒

−k TV

Essendo V2 = V0 = VK, la pressione nel punto 2 risulta:

( ) [ ] [ ] Pa Pa p pV

V pV pV p

k

k

k k 5,1057899941766

35,1

11

2

1

22211=⋅==

=⇒= ε

La temperatura nel punti 2 risulta:

( ) ( ) [ ] [ ] [ ]C K K T T V

V T V T V T

k

k

k k °==⋅==

=⇒=

−−

−

−−72,33172,6043236

135,1

1

1

1

1

2

1

2

1

22

1

11 ε

1.2.3. Tratto 32 → : combustione isocora

La combustione isocora avviene a volume costante, quindi si ha: 23 V V =

Si deve valutare il calore sviluppato dalla combustione a partire dalla composizionedella miscela:

• 1 kg di benzina

• 18 N m3 di aria (N m

3 = metricubi in condizioni normali (T = 0 °C, p = 1 atm))

Essendo la densità dell’aria pari a 1,293 kg / N NN N m3, la massa dell’aria risulta:

[ ] [ ]kg kg V m ariaariaaria 274,2318293,1 =⋅== ρ

La massa della miscela è la somma di quella della benzina e del’aria:

[ ] [ ]kg kg mmm ariabenzinamiscela 274,24274,231 =+=+=




61

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:

≅

⋅+⋅=

⋅+⋅=

kg

kcal

kg

kcal

m

ic pmic pm

ic p miscela

ariaariabenzinabenzina

miscela 445274,24

0274,23108001.....

...

Il calore sviluppato dalla combustione risulta:

[ ] [ ]kcal kcal ic pM Q miscelaa 445,044510...3

1=⋅=⋅=

−

La temperatura nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:

( )231231 T T cM QQ Vm −==

[ ] [ ] [ ]C K K T cM

Q

T Vm

°==+⋅⋅=+=⇒ − 7,21577,243072,6042,0102185,1

445,032

1

23

3

La pressione nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:

costcostcost =⇒==⇒=T

P

V

nR

T V

[ ] [ ] Pa PaT

T p p

T

p

T

p4252276

72,604

7,24305,1057899

2

3

23

2

2

3

3=⋅==⇒=

1.2.4. Tratto 43→ : espansione adiabatica

Si suppone ancora che k = 1,35 (anche se in realtà al punto 3 varia lacomposizione chimica della miscela e quindi varierebbe anche k ).

Nel punto 4 si ha: 14 V V =

Utilizzando le formule per le trasformazioni adiabatiche:

cost

cost

1

=

=

−k

k

TV

pV

si ottiene:k k V pV p3344

=

[ ] [ ] Pa Pa p pV

V p

V

V p

k k k

77,37854442522766

1135,1

33

4

2

3

4

3

4 =⋅

=

=

=

=⇒

ε

1

33

1

44

−−=

k k V T V T

[ ] [ ] [ ]C K K T T V

V T

V

V T

k k k

°==⋅

=

=

=

=⇒

−−−

31,102531,12987,24306

1135,0

3

1

3

1

4

2

3

1

4

3

4ε

( ) ( ) [ ] [ ]kcal kcal T T cM QQ Vm 238,031,12983232,0102185,13

411412 −=−⋅⋅⋅=−==−




62

1.3. Calcolo della variazione di entropia nel ciclo

Dal secondo principio della termodinamica si ha:T

dQdS =

I tratti 21→ e 43→ sono isoentropici quindi risulta: 03412 =∆=∆ S S

La variazione di entropia nel tratto 32→ risulta:

⋅=

⋅⋅====∆

−−

∫ ∫ K

kcal

K

kcal

T

T M cdT

T

cM

T

dQS Vm

Vm 33

2

3

1

3

2

3

2

1

23 10339,072,604

7,2430ln102185,12,0ln

La variazione di entropia nel tratto 14→ risulta:

⋅−=

⋅⋅====∆

−−

∫ ∫ K

kcal

K

kcal

T

T M cdT

T

cM

T

dQS Vm

Vm 33

4

1

1

1

4

1

4

1

4110339,0

31,1298

323ln102185,12,0ln

In definitiva si ha:

⋅=∆=∆

−

K

kcal S S 3

4123 10339,0

1.4. Rappresentazione del ciclo nei piani p-V e T-S

Tabellariassuntiva

V [m3] P [Pa] T [K] T [°C]

0 0,2 x 10-3 101325 323 50

1 1,2 x 10-3 94176 323 50

2 0,2 x 10-3 1057899,5 604,72 331,723 0,2 x 10-3 4252276 2430,7 2157,7

4 1,2 x 10-3 378544,77 1298,31 1025,31

VK VH

0

1

2

3

4

p1

p0

p2

p4

p3

p [Pa]

V [m ]3

O

T [K]

T1

1

2

3

4

T2

T3

T4

S [kcal/K]

∆S

O

Figura 59 – Ciclo Otto nei piani p-V e T-S




63

2. Calcolo del lavoro teorico del ciclo

Il lavoro teorico compiuto nel ciclo è uguale all’area racchiusa dal ciclo e corrisponde allasomma delle due quantità di calore scambiate:

[ ] [ ] [ ] [ ] J kcal

J kcal kcal kcal QQ Lciclo 67,8668,4186207,0207,0238,0445,021

=

⋅==−=+=

Il rendimento teorico del ciclo è uguale al rapporto fra lavoro teorico prodotto in un ciclo equantità di calore assorbita:

465,0445,0

238,011

1

2

1

=−=−==Q

Q

Q

Lciclo

Thη

3. Calcolo della potenza teorica sviluppata dal motore a n = 4000 giri / min

=

⋅=

=

s

giri

s

giri girin 67,66

60

14000

min4000

In un motore a 4 tempi la manovella compie 2 giri per ogni ciclo quindi si pone:2

n=ω

e la potenza teorica (riferita ad un solo cilindro) risulta quindi:

[ ] [ ] [ ]kW W s

giri J LW ciclo 2928890

2

67,6667,866 ≅≅

⋅== ω

La potenza di quattro cilindri risulta:

[ ] [ ]kW kW W W tot 1162944 =⋅==



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine

64

Decima esercitazione: CICLO RANKINE

Una centrale termoelettrica ha una potenza di 300 MW. E’ basata su un generatore divapore 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 tubiad acqua ad alta velocità e produce vapore a 180 ata. Il primo e il secondosurriscaldamento comportano il surriscaldamento del vapore a 560 °C. Il secondosurriscaldamento, a valle della turbina di alta pressione, è eseguito a p = 35 ata. Nelcondensatore 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.




65

Figura 60 – Diagrammi H-S, T-S e p-V dell’acqua




66

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 liquidoche di vapore, quindi ci si trova sulla curva limite o di saturazione.

La pressione in questo punto vale: [ ]ata p p K 04,01 ==

Dal diagramma di Mollier, si ricava quale temperatura corrisponde a questo

valore di pressione: [ ]C T °= 65,281

Poiché nel punto 1 si ha solo liquido l’entalpia nel punto 1 vale:

( ) [ ]

=°⋅

°=−=

kg

kcal C

C kg

kcal T T ch O H 65,2865,281011 2

dove [ ]C T °= 00 è la temperatura di riferimento.

Tratto 1-2: L’acqua passa nella pompa di alimentazione. Si passa da una pressione

[ ]ata p 04,01 = ad una pressione [ ]ata p 1802 = . In questo tratto aumenta

anche la temperatura.

Punto 2: Si ha solo acqua allo stato liquido. La pressione vale: [ ]ata p 1802 = .

Tratto 2-3: L’acqua (liquida) viene preriscaldata prima di entrare in caldaia. La pressionerimane costante, mentre dal diagramma di Mollier si ricava che la

temperatura sale fino a [ ]C T °≅ 35,3553 .

Punto 3: La pressione vale: [ ]ata p p 18023 == , la temperatura vale: [ ]C T °= 35,3553 .

Tratto 3-3’: L’acqua evapora in caldaia. La temperatura e la pressione rimangonocostanti, mentre aumenta notevolmente l’entalpia a causa dell’apporto delcalore latente di evaporazione.

Punto 3’: La pressione vale: [ ]ata p p 1803'3 == , la temperatura vale: [ ]C T T °≅= 35,3553

'

3 ,

per l’entalpia si ha che: 3'3 hh >> .

Tratto 3’-4: In questo tratto si ha il primo surriscaldamento del vapore. La pressionerimane costante, mentre la temperatura sale a [ ]C T °= 5604 . Dal diagramma

di Mollier (H-S) si ricava anche l’entalpia che risulta:

=

kg

kcal h 8264 .

Punto 4: La pressione vale: [ ]ata p p p p 18023'34 ==== , la temperatura vale: [ ]C T °= 5604,

l’entalpia vale:

=

kg

kcal h 8264

.

Tratto 4-5: Il vapore surriscaldato subisce un’espansione nella turbina di alta pressione.E’ una trasformazione isoentropica ideale.




67

Punto 5: La pressione vale: [ ] [ ] Pam

cm

kg

N

cm

kg ata p

P

P 34335001081,935352

24

25 =

⋅

⋅

== ,

la temperatura vale: [ ]C T °= 42,2415 , l’entalpia - ricavata dal grafico H-S -

risulta:

= kg

kcal

h 7135 .

Tratto 4-5’: Nel tratto 4-5 la variazione di entalpia risulta:

=

−=−=∆ −

kg

kcal

kg

kcal hhh 1137138265454

Dato che la trasformazione reale in turbina non è isoentropica si ha:

=

⋅=∆=∆ −−

kg

kcal

kg

kcal hh P Aad 91113805,054.. _ '54 η

Punto 5’: In questo punto si ha solo vapore surriscaldato, la cui entalpia risulta:

=

−=∆−= −

kg

kcal

kg

kcal hhh 73591826'544'5

Tratto 5’-6: In questo tratto avviene il secondo surriscaldamento (o surriscaldamento intermedio). La temperatura e la pressione rimangono costanti, mentre

l’entalpia sale a:

=

kg

kcal h 8576

Punto 6: La pressione vale: [ ]ata p p p 355'56 === , la temperatura vale: [ ]C T °= 5606 ,

l’entalpia, ricavata dal grafico H-S, risulta:

=

kg

kcal h 8576 .

Tratto 6-7: In questo tratto avviene l’espansione nella turbina a bassa pressione (ilpassaggio è analogo a 4-5 oppure 4-5’). E’ una trasformazione isoentropicaideale.

Punto 7: La pressione risulta: [ ]ata p 04,07 = (è inferiore alla pressione atmosferica), la

temperatura vale: [ ]C T T °== 65,2817 , mentre dal grafico H-S si ricava

l’entalpia del sistema che vale:

=

kg

kcal h 5277 .

Il punto 7 si trova all’interno della “campana”: si avrebbe quindi sia vaporeche liquido e questa situazione non va bene per le turbine, che vengonodanneggiate dalla presenza di gocce d’acqua (si deve avere infatti solovapore).

Tratto 6-7’: Nel tratto 6-7 (con la isoentropica ideale) la variazione di entalpia risulta:

=

−=−=∆

− kg

kcal

kg

kcal hhh 330527857

7676

Ma nella trasformazione reale 6-7’ si ha che la variazione di entalpia vale:




68

=

⋅=∆=∆ −−

kg

kcal

kg

kcal hh P Bad 2643308,076.. _ '76 η

Punto 7’: L’entalpia risulta:

=

−=∆−= −

kg kcal

kg kcal hhh 593264857'766'7

Questo punto si trova ancora all’interno della “campana”, anche se con unalto titolo di vapore. In realtà in turbina non si deve mai aver presenza diliquido.

Calcolo delle condizioni nel punto 2

Nel tratto 1-2 si ha la pompa di alimentazione che porta il liquido a [ ]C T °= 65,281 dalla

pressione [ ]ata p 04,01 = alla pressione [ ]ata p 1802 = .

La compressione è adiabatica (reale) quindi il calore scambiato sarà nullo:

0=−= Vdpdhdq

( )1212

2

1

2

1

p phhVdpdh −=−⇒=⇒ ∫ ∫ σ

con σ = volume specifico, cioè il volume per unità di massa misurato in

kg

m3

.

Nella condizione al punto 1 si ha:

⋅=

−

kg

m33

100041,1σ

Convertendo i dati nelle unità di misura del Sistema Internazionale si ottiene:

[ ] [ ] [ ] [ ] Pa Paataata p p 176540761081,996,17996,17904,0180 4

12 =⋅⋅==−=−

≅

=

≅

⋅⋅=−=∆⇒ −

−kg

kcal

kg

kcal

kg

J

kg

J hhh 2,4

8,4186

177261772617654076100041,1 3

1221

Tenendo conto che il rendimento della pompa di alimentazione vale: 82,0= P η

≅

=

∆=∆⇒ −

−kg

kcal

kg

kcal hh

P

effettivo 1,582,0

2,42121

η

Allora l’entropia riferita alle condizioni del punto 2 vale:

=

+=∆+= −

kg

kcal

kg

kcal hhh effettivo 75,331,565,282112




69

Tabella riassuntiva (i dati fra parenti sono ipotizzati e comunque sono irrilevanti):

Tabellariassuntiva

P [ata] T [°C] h [kcal/kg] stato

1 0,04 28,65 28,65 liquido

2 180 (~33,75) 33,75 liquido3 180 355,35 (~355,35) liquido

3’ 180 355,35 (~645) Vapore

4 180 560 826 Vapore

5 35 241,42 713 Liquido/vapore

5’ 35 (>241,42) 735 Vapore surriscaldato

6 35 560 857 Vapore surriscaldato

7 0,04 28,65 527 Liquido/vapore

7’ 0,04 (>28,65) 593 Liquido/vapore

2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE

Il rendimento teorico della centrale risulta essere definito come:entrante

spesoutile

ThQ

L L −=η

2.1. Calcolo del lavoro utile

Il lavoro utile è la somma del lavoro compiuto durante il primo salto in turbina ad altapressione e del lavoro compiuto durante il secondo salto in turbina a bassa pressione:

=∆=−= −−

kg kcal hhh L 9154'54'54 e

=∆=−= −−

kg kcal hhh L 264'76'76'76

2.2. Calcolo del lavoro speso

=∆=−= −

kg

kcal hhh L effettivo speso 1,52112

2.3. Calcolo del calore entrante (energia da fornire)

=

−=−=−

kg

kcal

kg

kcal hhQ 25,79275,338262442

amentosurriscald primo-

neevaporazio-

amento preriscald-:mediantefornitoCalore

=

−=−=−

kg

kcal

kg

kcal hhQ 122735857'566'5

amentosurriscaldsecondo-

:mediantefornitoCalore

2.4. Calcolo del rendimento teorico e reale del ciclo

3827,06'542

21'76'54 ≅+

−+=−

=−−

−−−

QQ L L L

Q L L

entrante

spesoutileteoricoη 31,0≅⋅⋅⋅= el mV teoricoreale η η η η η



Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro

70

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 è950 mm di colonna d’acqua ( O H 2

δ = 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 c p 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 ( Hg δ = 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 50a 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 èdi 6 mm;

4. l’energia scambiata tra il sole e la campana.




71

Risoluzione dell’undicesima esercitazione: GASOMETRO

Elenco dei dati del problema:

Diametro interno campana [ ]m Di 50=

Densità gas naturale [ ]3/779,0 mkg gas =δ

Densità dell’acqua [ ]3/2,998

2mkg O H =δ

Densità del mercurio [ ]3/1053,13592 mkg Hg =δ

Costante del gas naturale [ ] K kg J R gas /44,476=

Calore specifico del gas a pressione costante [ ] K kg kcal c gas p /532,0=

Pressione esterna [ ]mmHg pe 755=

Spessore della campana [ ] [ ]mmmS 006,06 ==

Dislivello dell’acqua tra interno ed esterno [ ] [ ]mmmh O H 95,0950

2

==∆

Dislivello iniziale tra il cielo della campana e acqua [ ]m H 501=

all’interno della campana

Dislivello finale tra il cielo della campana e acqua [ ]m H 522=

all’interno della campana

Altezza iniziale del tratto di campana immerso in acqua [ ]mb 61 =

Altezza finale del tratto di campana immerso in acqua [ ]mb 42=

Temperatura iniziale del gas [ ] [ ] K C T 15,293201=°=

1. Calcolo della pressione del gas all’interno della campana

La pressione iniziale del gas all’interno della campana si ottiene calcolando la variazionedi pressione fra interno ed esterno:

[ ] [ ] Pa s

m

m

kg m g h p p p O H O H eiest 7,930281,92,99895,0

231int 22≅

⋅

⋅=⋅⋅∆=−=∆

−δ

essendo: [ ] [ ] Pa s

m

m

kg m g h p Hg Hg e 6,10067081,91053,13592755,0

23=

⋅

⋅=⋅⋅∆= δ

la pressione iniziale del gas all’interno della campana risulta allora:

[ ] [ ] Pa Pa p p p est ei 3,1099737,93026,100670int1 =+=∆+=

−

2. Calcolo della massa di gas racchiuso nella campana

La massa del gas, che non cambia nel passaggio ( 21→ ) dalla situazione iniziale a quella

finale dopo l’irraggiamento solare, si ricava utilizzando l’equazione di stato dei gas:

111 T RM V p gas gasi =

dove il volume del cilindro alle condizioni iniziali vale:

[ ] [ ]332

1

2

1 77,98174504

50

4mm H

DV i

=⋅⋅== π π




72

La massa del gas risulta:

[ ]

[ ]

[ ]kg

K K kg

J

mm

N

T R

V pM

gas

i gas 7,77301

15,29344,476

77,981743,1099733

2

1

11=

⋅

⋅

==

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 dueforze:

• la spinta di Archimede

• il peso apparente (dato dalla pressione del gas che dall’interno spinge la campanaverso l’alto)

C P

a P

aS

b1

Di

H

De

∆h

pi

pe

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:

( ) g b

DS D g b

D DS O H

iiO H

iea ⋅⋅

−

+=⋅⋅

−=

22 1

2

1

22

44

2

44δ π π δ π π

dove si è sostituita la quantità corrispondente al diametro esterno che vale: S D D ie 2+=

Si ottiene: ( ) [ ] [ ] N s

m

m

kg mS a 5538181,92,998650012,50

423

322≅

⋅

⋅⋅−⋅=

π




73

3.2. Calcolo del peso apparente nella condizione iniziale 1

Il peso apparente è dato dalla differenza fra la forza esercitata dalla pressione interna equella esercitata dalla pressione esterna:

[ ] [ ] N N D p D p P e

e

i

ia 181709174

012,506,1006704

503,10997344

2222

1=⋅⋅−⋅⋅=−= π π π π

3.3. Calcolo del peso della campana

Il peso della campana, che non cambia nel passaggio 21→ , risulta essere la somma dispinta di Archimede e peso apparente, ma poteva essere calcolato mediante l’equilibrioalla traslazione verticale del sistema:

[ ] [ ] N N P S

D p

D pS P F

aa

e

e

i

iaC V 182262981817091755381

440

22

=+=+=−+=⇒=

∑π π

3.4. Calcolo della massa della campana

La massa della campana, così come il peso, non cambia nel passaggio 21→ e si ottienedividendo il peso della campana per l’accelerazione di gravità g :

[ ] [ ]kg kg g

P M C

C 5,185793081,9

18226298===

3.5. Calcolo della spinta di Archimede nella condizione finale 2

Dopo l’innalzamento della campana a causa dell’irraggiamento solare, la spinta diArchimede diventa:

( ) ( ) [ ] [ ] N N g b D DS O H iea 7,3692081,92,998450012,5044

22

2

22'

2=⋅⋅⋅−⋅=⋅⋅−=

π δ

π

3.6. Calcolo del peso apparente nella condizione finale 2

Dato che il peso della campana non cambia nel passaggio 21→ , si ha:

[ ] [ ] N N S P P P S P aC aaaC 3,181893777,3692018226298''''

=−=−=⇒+=

3.7. 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:

[ ] [ ] Pa Pa

D

D p P

p D p D p P

i

eea

ieeiia7,109982

504

012,504

6,1006703,18189377

4

4

44 2

2

2

2'

2

22

2

'=

⋅

⋅⋅+

=

+

=⇒−=π

π

π

π

π π




74

3.8. Calcolo del volume occupato dal gas e della temperatura nella condizione finale 2

L’irraggiamento solare che causa l’innalzamento della campana provoca anche unaumento del volume occupato dal gas e della temperatura del gas stesso:

Il volume vale: [ ] [ ]332

2

2

276,1021015250

44mm H DV i =⋅⋅=⋅= π π

La temperatura si ricava applicando alle nuove condizioni l’equazione di stato dei gas:

[ ] [ ] [ ]C K K RM

V pT T RM V p

gas gas

i gas gasi °=≅

⋅

⋅==⇒= 75,319,304

44,4767,77301

76,1021017,10998222

2222

3.9. Calcolo della temperatura finale del gas ipotizzando la trasformazione isobara

La variazione di pressione interna nel passaggio 21→ è un valore molto piccolo:

[ ] [ ] Pa Pa p p p iii 4,93,1099737,1099821221

=−=−=∆

La trasformazione 21→ è praticamente isobarica. Sotto queste ipotesi la T2 vale:

[ ] [ ] [ ]C K K T H

H T

H D

H D

T V

V T

T

V

T

V

i

i

°==⋅==

⋅

⋅

==⇒=⇒= 726,31876,30415,29350

52

4

4

T

Vcost 1

1

2

1

1

2

2

2

1

1

2

2

2

2

1

1

π

π

Si può ricavare così l’errore attraverso la differenza fra le due temperature calcolate:

[ ] [ ]C C T T isobarareale °=°−=−= 024,0726,3175,3122ε

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: 12 H ∆

2) Variazione di en. potenziale della campana il cui baricentro si è alzato di 2 m:campana P E ∆

3) Variazione di energia potenziale del gas il cui baricentro si è alzato di 1 m: gas P E ∆

4) Lavoro per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana: aria L∆

L’energia ceduta dal sole per il primo principio della termodinamica risulta essere:

aria P P L E E H Q gascampana

∆+∆+∆+∆= 1212




75

4.1. Calcolo della variazione di entalpia del gas

La variazione di entalpia del gas risulta essere uguale a:

( ) [ ] ( ) [ ] [ ]kJ kcal

kJ

K K kg

kcal

kg T T cM H gas p gas 3,2022729186,415,2939,304532,07,773011212=

⋅−⋅

⋅=−=∆

4.2. Calcolo della variazione di energia potenziale della campana

Sia C z ∆ = 2 m la variazione dell’altezza del baricentro della campana, la variazione di

energia potenziale della campana risulta:

[ ] [ ] [ ]kJ J

kJ m

s

mkg z P z g M E C C C C P campana

596,3645210

1281,95,1857930

32=

⋅⋅

⋅=∆⋅=∆⋅⋅=∆

4.3. Calcolo della variazione di energia potenziale del gas

Sia gas z ∆ = 1 m la variazione dell’altezza del baricentro del gas, la variazione di energia

potenziale del gas risulta:

[ ] [ ] [ ]kJ J

kJ m

s

mkg z g M E gas gas P gas

329,75810

1181,97,77301

32=

⋅⋅

⋅=∆⋅⋅=∆

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 èil prodotto fra la pressione esterna e il volume di aria spostato (cilindro di diametro De e dialtezza 2 m):

( ) [ ] [ ] [ ]kJ J

kJ mm

m

N bb

D p L e

earia 3,39552210

12

4

012,506,100670

4 3

22

221

2

=

⋅⋅⋅

=−=∆ π

π

4.5. Calcolo dell’energia ceduta dal sole

Il calore ceduto dal sole risulta essere la somma di tutte le quantità sopra calcolate:

aria P P L E E H Q gascampana

∆+∆+∆+∆=1212

⇓

[ ] [ ]kJ kJ Q 5,24554623,395522329,758596,364523,202272912

=+++=

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Esercitazioni Di Meccanica Applicata Alle Macchine