MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE - webalice.it di meccanica... · Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni 2 Quarta esercitazione: DINAMICA DI

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 5 1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE 5 1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO 5

2. TIPI DI VINCOLO 6 3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA MECCANICO 6

3.1. PRIMO ESEMPIO 6 3.2. SECONDO ESEMPIO 7 3.3. TERZO ESEMPIO 7 3.4. QUARTO ESEMPIO 7

4. SOMMA DI VETTORI 8 5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI 9

5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI 9 5.2. TEOREMA DI RIVALS 10

6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA 11 Prima esercitazione: GRU A BRACCIO 12

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 13 1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 13 1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 13 1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 14 1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 15

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 16 Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA 17


2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 20 2.1. CALCOLO DELL’AZIONE IN P 20 2.2. CALCOLO DELLA COPPIA MOTRICE Mm 20 2.3. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO B 20 2.4. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO A 20

Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO 21


2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 26


2

Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA 29

1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA 30 1.1. CALCOLO DELL’ENERGIA CINETICA EC E DELLA SUA DERIVATA

RISPETTO AL TEMPO 30 1.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 30 1.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE E DELLA FORZA DI

RESISTENZA AERODINAMICA 30 1.4. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 30 1.5. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA MEDIANTE

IL BILANCIO DI POTENZE 32 2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO 33 3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO 34

3.1. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE ANTERIORI 34 3.2. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE POSTERIORI 34

Quinta esercitazione: ASCENSORE 35 PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono 37 PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore 37

1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE, DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA E DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 37 1.1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE 37 1.2. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA 38 1.3. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 38

2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE, DELLA POTENZA MOTRICE, DEL MOMENTO MOTORE E DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE DEL MOTORE ASINCRONO A SERVIZIO INTERMITTENTE 38 2.1. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE 38 2.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 39 2.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 39 2.4. CALCOLO DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE 39

SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano 40

1. CALCOLO DELLA COPPIA MASSIMA E DEL MOMENTO DI INERZIA DEL MOTORE 40

2. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO 40 2.1. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 40 2.2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 40 2.3. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 40 2.4. CALCOLO DELLA DERIVATA DELL’ENERGIA CINETICA RISPETTO

AL TEMPO 40 2.5. CALCOLO DEL MOMENTO DI INERZIA DEL VOLANO 41


3

Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO 42

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

2. CALCOLO DEI LAVORI RESISTENTE E MOTORE IN UN PERIODO 44 3. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE SUPPOSTO COSTANTE NEL

PERIODO 45 4. CALCOLO DEL MOMENTO RESISTENTE RIDOTTO ALL’ALBERO DI

MANOVELLA 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 51 PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I. 52 PARTE PRIMA: Vibrazioni libere 52

1. CALCOLO DEI MOMENTI DI REAZIONE ELASTICA 52 2. CALCOLO DELLE COSTANTI DI RICHIAMO ELASTICO 53 3. 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 56 1.1. CALCOLO DEL 1° MODO DI VIBRARE 56 1.2. CALCOLO DEL 2° MODO DI VIBRARE 57

2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI 57 2.1. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL PRIMO

MODO DI VIBRARE 57 2.2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL SECONDO

MODO DI VIBRARE 57 Nona esercitazione: CICLO OTTO 58

1. DESCRIZIONE E RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO OTTO NEI PIANI p-V E T-S 59 1.1. CONVERSIONE DEI DATI NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA

INTERNAZIONALE 59 1.2. CALCOLO DEI DATI MANCANTI DELLE VARIE FASI DEL CICLO 59

1.2.1. TRATTO 10 → : CALCOLO DELLA MASSA DEI GAS 59 1.2.2. TRATTO 21 → : COMPRESSIONE ADIABATICA 60 1.2.3. TRATTO 32 → : COMBUSTIONE ISOCORA 60 1.2.4. TRATTO 43 → : ESPANSIONE ADIABATICA 61

1.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTROPIA NEL CICLO 62 1.4. RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V E T-S 62


4

2. CALCOLO DEL LAVORO TEORICO DEL CICLO 63 3. 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 66 2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE 69

2.1. CALCOLO DEL LAVORO UTILE 69 2.2. CALCOLO DEL LAVORO SPESO 69 2.3. CALCOLO DEL CALORE ENTRANTE 69 2.4. CALCOLO DEL RENDIMENTO TEORICO E REALE DEL CICLO 69

Undicesima esercitazione: GASOMETRO 70

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

2. CALCOLO DELLA MASSA DI GAS RACCHIUSO NELLA CAMPANA 71 3. CALCOLO DELLA PRESSIONE FINALE DEL GAS ALL’INTERNO

DELLA CAMPANA 72 3.1. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE

INIZIALE 1 72 3.2. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE INIZIALE 1 73 3.3. CALCOLO DEL PESO DELLA CAMPANA 73 3.4. CALCOLO DELLA MASSA DELLA CAMPANA 73 3.5. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE

FINALE 2 73 3.6. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE FINALE 2 73 3.7. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA

CAMPANA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 73 3.8. CALCOLO DEL VOLUME OCCUPATO DAL GAS E DELLA

TEMPERATURA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 74 3.9. CALCOLO DELLA TEMPERATURA FINALE DEL GAS IPOTIZZANDO

LA TRASFORMAZIONE ISOBARA 74 4. CALCOLO DELL’ENERGIA SCAMBIATA TRA IL SOLE E LA CAMPANA 74

4.1. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTALPIA DEL GAS 75 4.2. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DELLA

CAMPANA 75 4.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DEL GAS 75 4.4. CALCOLO DEL LAVORO COMPIUTO PER SPOSTARE L’ARIA 75 4.5. 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 parti componenti, i moti relativi interni, incluse le rotazioni, e le dimensioni. In un sistema di riferimento piano il punto materiale ha 2 gradi di libertà (Fig.1).

X

Y

P( ,Y )PXPYP

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 si mantiene costante durante il moto, ha dimensioni finite e ha un suo orientamento. Il moto rigido piano è per definizione il moto di un corpo rigido i cui punti si muovono con traiettorie parallele ad uno stesso piano. Ogni moto rigido piano di un corpo è riconducibile alla somma di un moto traslatorio e di un moto rotatorio. In un sistema di riferimento meccanico piano un corpo rigido ha 3 gradi di libertà(Fig.2).

XQ X

Y

O

P

Q

XP

YP

YQ

α

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

),( PP yxP =

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

),,( αPP yx 222 )()( PQxxyy PQPQ =−+−


6

2. TIPI DI VINCOLO

F ’VF ’’v

M’

M’’F ’VF ’’v

F ’VF ’’v

M’M’’ F ’V

F ’O

F ’’O

F ’’v F ’OF ’VF ’’vF ’’O

Figura 3 – Cinque tipi di vincolo (carrello, pattino, manicotto, cerniera, puro rotolamento). 3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA

MECCANICO

Si determinino i gradi di libertà (g.d.l.) e di vincolo (g.d.v.) dei sistemi rappresentati nelle figure 4,5,6,7 ed il moto dei vari membri dei sistemi: 3.1. PRIMO ESEMPIO

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 = 8 n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1

Figura 4 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, 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 e 1 carrello). n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6 n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5 n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1 3.3. TERZO ESEMPIO

O

Aω

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 = 9 n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8 n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1 3.4. QUARTO ESEMPIO

O

Aω

B

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

Figura 5 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B trasla.

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

Figura 7 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B ruota.


8

4. SOMMA DI VETTORI

a

b

a

bc

c = a + b

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

c

a

b

c = a + ba 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 del vettore c, noti il modulo e la direzione dei vettori a e b:

Tabella 1 c = a + b Modulo ? a b

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

Tabella 2 v1 = v2 + v3 Modulo ? v2 ?

Direzione dirv1 dirv2 dirv3

v2 v1

v3

dirv1

dirv3

Figura 10Rappresentazione dei vettori v1, v2 e v3, noti v2 e le direzioni di v1 e v3.


9

5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI

O

A

B

ω

O

X

B

ωY

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

ωY

y’x’

)(aBΓ

)(tBΓ

)(rBΓ

π

Dπ)(aBv

OB⊥

AB⊥

)(rBv )(t

Bv

TEOREMA DEI MOTI RELATIVI PER LE VELOCITA’

vASSOLUTA = vRELATIVA + vTRASCINAMENTO

Tabella 3 vB = vB(t) + vB

(r)

Modulo ? OBω ?

Direzione Dπ

OB⊥ AB⊥

Figura 11 Data la velocità angolare ωωωω della manovella OA, trovare la velocità vB del carrello.

Figura 12 Traiettoria assoluta di B (ΓΓΓΓB

(a)): retta parallela al piano ππππ. Traiettoria di trascinamento di B (ΓΓΓΓB

(t)): circonferenza con centro in O e raggio OB. Traiettoria relativa di B (ΓΓΓΓB

(r)): circonferenza con centro in A e raggio 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

ωY

y’

x’

π BΓ

BAΓ

AΓ

Dπ

OA⊥

AB⊥ Bv

AvBAv

TEOREMA DI RIVALS PER LE VELOCITA’ (Si applica solo a punti che appartengono allo stesso corpo rigido)

vB = vA + vBA

I teoremi dei moti relativi e di Rivals possono essere utilizzati anche per le accelerazioni, ma nel caso in cui il sistema di riferimento relativo sia rotante è necessario aggiungere l’accelerazione complementare o di Coriolis definita come:

)()( 2 rc 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 ?( ABBAω )

Direzione Dπ

OA⊥ AB⊥

Figura 13 Traiettoria assoluta di B (ΓΓΓΓB): retta parallela al piano ππππ. Traiettoria relativa di B rispetto ad A (ΓΓΓΓBA): circonferenza con centro in A e raggio AB. Traiettoria assoluta di A (ΓΓΓΓA): circonferenza con centro in O e raggio 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

Gdm

xG

yG

Ω

iFiFd

iC

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

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

hk

ikGk FFFaMF 00

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

Ghk

iGkGGk MCMJM 00

ω

Figure 14-15

Baricentro di un sistema continuo: Massa: ∫∫

ΩΩ

== dVdmM ρ

Coordinate del baricentro:

=

=

∫

∫

Ω

Ω

dVyy

dVxx

G

G

ρ

ρ

Momenti d’inerzia di un sistema continuo:

∫∫∫∫

∫∫∫∫

ΩΩ

ΩΩ

====

====

dVxdmxJdVxyxydmJ

dVyxyxdmJdVydmyJ

yyyx

xyxx

ρρ

ρρ

22

22

Momenti d’inerzia di un sistema di punti:

∑∑

∑∑

==

==

==

==n

iiiyy

n

iiiiyx

n

iiiixy

n

iiixx

xmJyxmJ

xymJymJ

1

2

1

11

2

Figura 16Forze e coppie di inerzia.

Forza d’inerzia:

Gi

ii aMdVadmaFdF

−=−=−== ∫∫∑ΩΩ

ρ

Coppia d’inerzia: ( ) ( )∫

Ω

+−=+−=−= dVyxJJJC yyxxGi ρωωω 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 a braccio girevole con il carrello porta-gancio mobile lungo il braccio. 1. Si richiede di studiare il comportamento cinematico del carrello, schematizzato con un

punto, determinandone velocità ed accelerazione quando il braccio ruota con velocità angolare ω = 0,1 rad/s ed accelerazione angolare ω = 0,01 rad/s2 (antiorarie) ed il carrello C sta ritornando con velocità relativa vr = 0,7 m/s ed accelerazione relativa ar = 0,1 m/s2 verso l’interno. Si considerino 2 casi: • 1° caso: punto C a distanza 4 m dall’asse di rotazione (punto 0) • 2° caso: punto C a distanza 6 m dal punto O.

2. Si richiede inoltre di determinare la tensione della fune T e la coppia motrice agente

Mm, sapendo che il carrello ha massa mc = 300 kg e il braccio ha massa mb = 3000 kg e momento d’inerzia baricentrico JG = 1200 kg m2 e che il baricentro G del braccio dista 1 m dall’asse di rotazione (punto O).

Figura 17 – Gru a braccio per cantiere edilizio.


13

Risoluzione della prima esercitazione: GRU A BRACCIO 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

OGCω rv

ra

1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta di baricentro G e il carrello C) e da 2 vincoli (cerniera in O e manicotto in C): n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali = 1 x 2 + 1 x 2 = 4 n° gradi di libertà residui = 6 – 4 = 2 1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo

OG

CX

Y

x’

y’

)(tCΓ

)(rCΓ

Figura 19 – Sistema di riferimento relativo.

Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in O rotante solidamente con il braccio mobile della gru. La traiettoria di trascinamento del carrello C è un circonferenza con centro in O e raggio OC ed è rappresentata da ΓΓΓΓC

(t) in figura 19. La traiettoria relativa del carrello C è una retta parallela al segmento OC ed è rappresentata da ΓΓΓΓC

(r) in figura 19.

Figura 18 Schematizzazione

sottosistema braccio + carrello


14

1.3. Calcolo delle velocità

Cv

)(rCv

)(tCv

OC⊥

OC

1° CASO: mOC 4=

)(rCv

Cv)(tCv

α

2° CASO: mOC 6=

)(rCv

Cv)(tCv

α

Tabella 5 Cv

= )(tCv

+ )(rCv

Modulo ? OCω vr

Direzione ?

OC⊥ DOC

Verso ? ← ↑

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

[ ]

[ ] [ ] [ ][ ]

( ) ( ) °≅==

≅+=+=

=⋅==

=

307,0/4,0arctan/arctan

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

/4,04/1,0

/7,0

)()(

222)(2)(

)(

)(

rC

tC

tC

rCC

tC

rC

vv

smvvv

smmsradOCv

smv

α

ω

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

[ ][ ] [ ] [ ]

[ ]( ) ( ) °≅==

≅+=+=

=⋅==

=


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

/6,06/1,0

/7,0

)()(

222)(2)(

)(

)(

rC

tC

tC

rCC

tC

rC

vv

smvvv

smmsradOCv

smv

α

ω


15

1.4. Calcolo delle accelerazioni Tabella 6

Ca = )(rCna + )(r

Cta + )(tCna + )(t

Cta + )(cCa

MODULO ? X ar OC2ω OCω )(2 rCvω

DIREZIONE ? X DOC DOC OC⊥ OC⊥

VERSO ? X ← ← ↑ ↓ 1° CASO: mOC 4=

DOCDOC

OC⊥

OC⊥

)(rCta

)(tCna

)(tCta

)(cCa

Caα

2° CASO: mOC 6=

DOCDOC

OC⊥

OC⊥

)(rCta )(t

Cna

)(tCta

)(cCa

Caα

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)(

tCt

cC

tCn

rCt

tCt

cC

tCn

rCtC

rC

cC

tCt

tCn

rCt

aaaa

smaaaaa

smvasmOCa

smOCa

sma

α

ωω

ω

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

[ ]

[ ][ ]

[ ]( ) ( )

[ ]( ) ( )[ ]( ) °≅=

=−+=

≅+=

=−++=

=⋅⋅==

=⋅==

=⋅==

=


/18,008,016,0

/14,07,01,022

/06,0601,0

/06,061,0

/1,0

)()()()(

222

2)()(2)()(

2)()(

2)(

222)(

2)(

tCt

cC

tCn

rCt

tCt

cC

tCn

rCtC

rC

cC

tCt

tCn

rCt

aaaasm

aaaaa

smvasmOCa

smOCa

sma

α

ωω

ω


16

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO

OG C

JGω

M (?)m

T(?)GicF C

icF

CitF

GitFX

Y

+

1° CASO: mOC 4= Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema costituito dal solo carrello:

( ) ( ) [ ] [ ]NsmkgaamFTTFF tCn

rCtc

Cic

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

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

OCFOGFJMOCFOGFJMM Cit

GitGm

Cit

GitGmO −+=⇒=+−−=∑ ωω 0*

)(

( )OCaamOGmJOCFOGFJM tCt

cCcbG

Cit

GitGm

)()(2−−+=−+=⇒ ωωω

( ) [ ] [ ]mNsmkgMm ⋅−=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅=⇒ 78/404,014,0300101,0300001,01200 222

2° CASO: mOC 6= Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema costituito dal solo carrello:

( ) ( ) [ ] [ ]NsmkgaamFTTFF tCn

rCtc

Cic

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

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

OCFOGFJMOCFOGFJMM Cit

GitGm

Cit

GitGmO −+=⇒=+−−=∑ ωω 0*

)(

( )OCaamOGmJOCFOGFJM tCt

cCcbG

Cit

GitGm

)()(2−−+=−+=⇒ ωωω

( ) [ ] [ ]mNsmkgMm ⋅−=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅=⇒ 102/606,014,0300101,0300001,01200 222

Figura 24 Forze e momenti d’inerzia del sistema. Dati:

[ ][ ][ ]

[ ]mOG

mkgJkgmkgm

G

b

c

1

1200

3000300

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 rotatorio a velocità angolare costante in un moto rotatorio intermittente. La scala del disegno è: σl = 1 cm/cm. Esso è costituito da due membri: 1) la ruota 1, di centro A, che porta il piolo P; 2) la ruota 2, di centro B, che presenta delle scanalature entro cui si impegna il piolo P,

detta “croce di Malta”. 1. Si richiede di determinare, nella posizione indicata in figura 25, la velocità angolare 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 è

JB = 1,96 x 10-4 kg m2, calcolare il valore della coppia motrice Mm agente sulla ruota 1, trascurando gli attriti dei diversi accoppiamenti.

Dati:

[ ][ ]

[ ]241096,1/100

039,0

mkgJsradmAB

B ⋅∗==

=

−

ω[ ]

0028,0

==

ωmAP [ ]mPB 019,0=

attrito nullo in P

°== 27ˆPABϑ

Incognite: • Bω • Bω • Mm, OA, OB, azione in P

Figura 25 – Croce di malta.


18

Risoluzione della seconda esercitazione: CROCE DI MALTA 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (la ruota e la croce di Malta) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 accoppiamento prismatico): n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5 n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1 1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo

X

Y

x’y’

θ

Mm

)(rPΓ

)(aPΓ)(t

PΓ

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 ΓΓΓΓP

(a) in figura 26. La traiettoria relativa del piolo P è una retta passante per BP ed è rappresentata da ΓΓΓΓP

(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 ΓΓΓΓP

(t) in figura 26. 1.3. Calcolo delle velocità

AP⊥

DBPBP⊥

)(rPv

)(tPv

Pv

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

[ ] [ ] [ ]

[ ][ ] [ ] [ ]orariasradsradBPvsmv

smvsmmsradAPv

tPB

tP

rP

P

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

/6,2/8,2028,0/100

)()(

)(

≅==⇒=

=

=⋅==

ω

ω

Tabella 7 Pv

= )(rPv

+ )(tPv

Modulo APω ? ?( BPBω )

Direzione AP⊥

D BP BP⊥

Verso ? ?

Figura 26 Scelta del sistema di riferimento relativo.


19

1.4. Calcolo delle accelerazioni Tabella 8 Pna + Pta = )(r

Pna + )(rPta + )(t

Pna + )(tPta + )(c

Pa

MODULO AP2ω x x ? BPB2ω ?( BPBω ) )(2 r

PBvω

DIREZIONE DAP x x DBP DBP BP⊥ BP⊥

VERSO x x ? ?

DBP

DAP

DBP

BP⊥

BP⊥

Pna

)(rPta

)(tPna

)(tPta

)(cPa

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

[ ] [ ] [ ]

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

[ ][ ]

[ ] [ ] orariasradsradBPa

smasma

smsmsradvasmmsradBPa

smmsradAPa

tPtB

tPt

rPt

rPB

cP

BtPn

Pn

22)(

2)(

2)(

2)()(

22222)(

22222

/29000/019,0/552/

/556

/170/300/6,2/5822

/64019,0/58

/280028,0/100

≅==

≅

≅

≅⋅⋅==

=⋅==

=⋅==

ω

ωω

ω


20


NB 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 perfetti prima si ipotizza e poi si verifica). Calcolo dell’azione in P mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema croce:

[ ] [ ]NNBPJNBPNJM BBBBB 300019,0/290001096,1/00 4*)( ≅⋅∗==⇒=−⇒= −

∑ ωω

2.2. Calcolo della coppia motrice Mm Calcolo della coppia motrice Mm mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota 1:

[ ] [ ]mNmNNbMNbMM mmA ⋅=⋅⋅==⇒=−⇒=∑ 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:

[ ] [ ][ ] [ ]NNNNONOF

NNNNONOF

yByyByY

xBxxBxX

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 del sottosistema ruota 1:

[ ][ ]NNONOF

NNONOF

yAyyAyY

xAxxAxX

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 [ ]mABl 107,0== velocità angolare della manovella [ ]srad /410=ω massa dello stantuffo [ ]kgms 2,0= massa della biella [ ]kgmb 5,0= massa della manovella [ ]kgmm 1= distanza del baricentro della manovella [ ]mOGa 008,01 == dall’asse di rotazione O distanza del baricentro della biella dal [ ]mAGb 035,02 == bottone di manovella A raggio giratorio della biella [ ]m025,0=ρ diametro del pistone [ ]mD 06,0= distanza fra i supporti [ ]mEFd 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) agenti

sullo stantuffo, sulla biella e sulla manovella; • la coppia agente sulla manovella Mr; • la forza laterale che lo stantuffo esercita sul cilindro S

; • le forze trasmesse dalla biella alla manovella yx RR

, ;

• le forze agenti sul perno di banco yx TT

, ;

• le reazioni vincolari dei supporti 321 ,, VVV

. 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 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema

G1

O

B

G2

Aα

ω

1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo

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 relativo x’y’ con origine in A traslante su traiettoria circolare per applicare il teorema di Rivals. La traiettoria di A (ΓΓΓΓA) è una circonferenza di centro O e raggio OA. La traiettoria di B (ΓΓΓΓB) è una retta per OB parallela al piano π. La traiettoria di G1 (ΓΓΓΓG1) è una circonferenza di centro O e raggio OG1. La traiettoria di B rispetto ad A (ΓΓΓΓΒΑΒΑΒΑΒΑ) è una circonferenza di centro A e raggio AB. La traiettoria di G2 rispetto ad A (ΓΓΓΓG2A) è una circonferenza di centro A e raggio G2A.


24

1.3. Calcolo delle velocità

BvAv

BAv OA⊥

AB⊥

DOB

AvBv

BAv

AB⊥

OA⊥

DOB

Av

OA⊥

2AG⊥2G

v

AGv 2

Av

OA⊥

2AG⊥

AGv 2

2Gv

Tabella 9 Bv

= Av

+ BAv

Modulo ? OAω ?( ABBω )

Direzione DOB

OA⊥ AB⊥

Verso ? ?

Tabella 10 2G

v = Av

+ AGv 2

Modulo ? OAω 2AGBω

Direzione ? OA⊥ 2AG⊥

Verso ?

Figura 33 Scala: 1 cm = 2 m/s

Teorema di Rivals: BAAB vvv +=

[ ] [ ] [ ][ ]

[ ][ ] [ ] [ ]sradmsmABv

smvsmv

smmsradOAv

BAB

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: AGAG vvv22

+=

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

[ ]smvsmmsradAGv

smmsradOAv

G

BAG

A

/625,12

/58,2035,0/83,73

/325,130325,0/410

2

2 2

≅

≅⋅==

=⋅==

ωω


25

1.4. Calcolo delle accelerazioni Tabella 11 Bna

+ Bta = Ana

+ Ata + BAna + BAta

MODULO x ? OA2ω x ABB2ω ?( ABBω )

DIREZIONE x DOB DOA x DAB AB⊥

VERSO x ? x ?

DOB

DOA

DABAB⊥

Bta Ana

BAnaBAta

Tabella 12 2G

a = Ana + Ata

+ AnGa 2

+ AtGa 2

MODULO ? OA2ω x AGB 22ω AGB 2ω

DIREZIONE ? DOA x DG2A AG2⊥

VERSO ? x

DOA

Ana

DG A2AG2⊥AnGa 2

AtGa 2

2Ga

DOA 1Ga


Teorema di Rivals: BAAB aaa += [ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ]

[ ] [ ] [ ]22

2

2

2222

2222

/41590107,0//4450/

/4450

/2575

/24,583/107,083,73

/25,5463/0325,0410

sradmsmABa

smasma

smsmABa

smsmOAa

BAtB

BAt

Bt

BBAn

An

≅==

≅

≅

=⋅==

=⋅==

ω

ω

ω

L’accelerazione angolare Bω è oraria.


Teorema di Rivals: AGAG aaa22

+= [ ] [ ]

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ] [ ]222

12

2

222

2222

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

smsmOGaa

sma

smsmAGa

smsmAGa

smsmOAa

nGG

G

BAtG

BAnG

An

=⋅===

≅

=⋅==

=⋅==

=⋅==

ω

ω

ω

ω


26


STANTUFFO B BIELLA AB MANOVELLA OA

Bsis

is

amFM

−==0

[ ] [ ] NNamF

MBsis

is

51525752,00

=⋅===

22

Gbib

BbBbib

amFmJM

−=

−=−= ωρω

[ ] [ ][ ] [ ] NNamF

NmNmmMGbib

Bbib

75,20935,41875,01341590025,05,0

222

=⋅===⋅⋅== ωρ

( ) 100

Gmim

im

amFM

−=== ω

[ ] [ ] NNamF

MGmim

im

8,13448,134410

1 =⋅===

1° sottosistema: STANTUFFO + BIELLA

A

G2

B

b1

b2

b3

b4

b5

ibM

sP

isF gF

ibF

bP

(?)xR

(?)yR

(?)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

yx RRS

,, mediante le tre equazioni di equilibriodinamico del sottosistema stantuffo + biella:

1) 0

0*

=++⇒

=∑SFR

F

ibxx

x

2) 0

0*

=−−−++⇒

=∑

bsgisibyy

y

PPFFFRF

3) 0)(

)(

0

44523

4123

*)(

=++−−−−+=

=++−−−+⇒

=∑

ibbibyibxissg

ibbibissg

A

MbPbFbFSbbFPFMbPbFSbbFPF

M


27

Calcolo delle incognite yx RRS

,, mediante la risoluzione del sistema:

[ ] [ ]NNFSFSR ibibxx 416,142345cos75,2093089,57cos −=°⋅−=−−=−−= β

[ ] [ ]NN

FFDpgmgmFFFPPR isibbsisibygbsy

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

sin4

2

2

=−°⋅−⋅⋅+⋅+⋅=

=−−++=−−++=

π

βπ

( )=

−+−+−+=

=−+−+−+=

γγβγβγπ sin/sincoscos)sin(cos)4

(

/))()(

22

2

2543

ABAGFMAGFgmABFgmDp

bbFMbFPbFPFS

ibibibbiss

ibxibibybissg

[ ] [ ]NN 089,57)75sin107,0/()75sin035,045cos75,20931375cos035,0)45sin75,209381,95,0(75cos107,0)51581,92,0)2/06,0(750000(( 2

−=°⋅°⋅⋅°⋅−++°⋅⋅°⋅−⋅+°⋅⋅−⋅+⋅⋅= π

2° sottosistema: MANOVELLA

+

G1

imFmP

(?)yT

(?)xT(?)RM

xR

yR

b6b8

b7

A

Oα

Calcolo delle incognite yxR TTM

,, mediante la risoluzione del sistema:

[ ] [ ]NNFRFRT imximxxx 82,32155sin8,1344416,1423sin −=°⋅+−=+=+= α

[ ] [ ]NNgmFRPFRT mimymimyyy 093,91381,9155cos8,1344937,131cos =⋅+°⋅+=++=++= α

[ ] [ ]NmNmOGgmOAROARbPbRbRM mxymxyR

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

sincossin 1867

=°⋅⋅⋅−°⋅⋅+°⋅⋅=

=−−=−−= ααα

Figura 38(Scala: 1:1 cm)

Nota la geometria e l’angolo α=55° si possono calcolare le incognite yxR TTM

,, mediante le tre equazioni di equilibrio dinamico del sottosistema manovella: 1) 00* =−−⇒=∑ imxxxx FRTF 2) 00* =−−−⇒=∑ mimyyyy PFRTF 3) 00 876

*)( =+−+⇒=∑ bPbRbRMM myxRO


28

3° sottosistema: CILINDRO

+

O

A

G2

B

FE

b11

b9

b10

G1

SgF

xT

yT

1V

2V

3V

Figura 39 – Sottosistema cilindro in scala 1:2 cm

Calcolo delle incognite 321 ,, VVV

mediante le equazioni di equilibrio dinamico: 1) 00 1

* =−−⇒=∑ STVF xx 2) ∑ =−++⇒= 00 32

*ygy TFVVF

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

*)( =+++−=++−⇒=∑ bVbbSbTFbVSbbTFM ygygE

[ ] [ ]NNSTV x 909,378089,5782,3211 −=−−=+=

[ ] [ ]NNVDpTVFTV ygy 433,642049,565)2/06,0(750000093,9134

23

2

32 −=+⋅−=−−=−−= ππ

[ ] [ ]NN

bOAABSEFDpTbbSbFTV ygy

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

αγπ

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 [ ]kgM 1240= passo [ ]mp 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=IIIτ rendimento al ponte 95,0=pη rendimento in terza marcia 94,0=IIIη coppia motrice [ ]NmCm 120= velocità rotazione del motore [ ] [ ]sradgirim /314min/3000 ≅=ω velocità del vento [ ]smvvento /5= densità dell’aria [ ]3/2,1 mkgaria =ρ coefficiente di attrito volvente 013,0=vf momento di inerzia di ciascuna ruota [ ]21 mkgJ r = momento di inerzia del motore [ ]21,0 mkgJm = Si richiede: 1. nel caso in cui l’autovettura viaggi in piano determinare la sua accelerazione quando il

motore fornisce la coppia massima Cm con cambio di velocità in terza marcia; 2. determinare le reazioni del terreno NA, TA, NP, TP; 3. verificare l’aderenza delle ruote, utilizzando i valori di riferimento del coefficiente di

attrito statico fa forniti in tabella: Tabella 13 asciutto

non polveroso molto bagnato fangoso oleoso ghiacciato

fondo stradale liscio 70,060,0 ÷ 55,050,0 ÷ 35,030,0 ÷ 20,015,0 ÷

fondo stradale rugoso 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:

dtdEWWWW C

rpm =++=∑

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

222

21

214

21

21

214

21

mmrrmmmrrrC JJMvJJvvME ωωωωωω +

+=×+

×+×=

mmmrrrmmmrrrC JJMavJJvaMdtdE ωωωωωωωω

++=×+×+×= 44

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

1.2. Calcolo della potenza motrice

mmmmm CCW ωω =×=

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

Potenza resistente: vFvFW aeraerr −=×=

Forza aerodinamica: Rventoariaaer cSvvF 2

21 −= ρ

1.4. Calcolo della potenza persa

attritopontecambio pppp WWWW ++=

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

• attritopW = potenza dissipata dalle forze di attrito volvente

• cambiopW = potenza dissipata attraverso il cambio

• pontepW = potenza dissipata attraverso il ponte


31

• Calcolo della potenza dissipata dalle forze di attrito volvente

uN

T

rω

r

( ) ( ) ( ) rvPArPArPrAp rfNNuNNuNuNWattrito

ωωωω +−=+−=+−= 222

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

( ) ( ) MgNNMgNNF PAPAV =+⇒=−+⇒=∑ 2020

sostituendo si ottiene: rvp rMgfWattrito

ω−= • Calcolo della potenza dissipata attraverso il cambio

VOLANOpontepW

cambiopW

cambioeWcambio

uW

ponteeW

pη

IIIηmC mω

mJ

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

Sapendo che: cambioeIII

cambiou WW η=

risulta: ( ) cambioeIII

cambiou

cambioe

cambiop WWWW η−−=−= 1

inoltre: mmmmmmiVmmcambioe JCCCW ωωωωω

C

−=×+×=

quindi si ottiene: ( )( )mmmmmIIIcambiop JCW ωωωη C−−−= 1

Figura 40 Lo spostamento della retta d’azione rispetto alcentro della ruota determina una coppia resistentedi modulo pari a:

NuCr = Il coefficiente di attrito volvente risulta definito come:

rufv =


32

• Calcolo della potenza dissipata attraverso il ponte sapendo che: cambio

upontee WW =

risulta: ( ) ( ) cambioup

ponteep

pontep WWW ηη −−=−−= 11

inoltre: ( )mmmmmIIIcambioeIII

cambiou JCWW ωωωηη C−==

quindi si ottiene: ( ) ( )mmmmmIIIppontep JCW ωωωηη C−−−= 1

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

Sostituendo nel bilancio di potenze i valori dtdEWWW C

prm ,,, si ottiene:

( )( ) ( ) ( ) =−−−−−−−− mmmmmIIIpmmmmmIIIvraermm JCJCrfMgvFC ωωωηηωωωηωω 11

mmmrrr JJMav ωωωω ++= 4

( ) 04 =−−−−−⇒ rrrvraermmmmmIIIp JMavrfMgvFJC ωωωωωωηη

• rv rω= • IIIpm

r ττωω

=

• ra rω= • IIIpm

r ττωω

=

( ) 04 22222 =−−−−−⇒ mmpIIIrmmpIIIvmpIIImpIIIaermmmmmIIIp JrMrfMgrFJC ωωττωωττωττωττωωωηη

Calcolo la forza di resistenza aerodinamica sostituendo i valori numerici:

RventompIIIariaRventoariaaer ScvrScvvF22

21

21 −=−= ωττρρ

[ ] [ ]NNFaer 833,12141,07,1)5(28,06023000

419

6,112,1

21

2

=⋅⋅−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅= π

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

=++

−−=

mIIIppIIIrpIII

pIIIvpIIIaermIIIpm JJrM

rMgfrFCηηττττ

ττττηηω 22222 4

=

⋅⋅+

⋅

⋅⋅+⋅

⋅

⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅= 2222

222 337,48

1,094,095,0419

6,111428,0

419

6,111240

28,0419

6,11013,081,9124028,0

419

6,11833,12112094,095,0

srad

srad

Risulta: [ ] [ ]22 /857,1/28,0337,48)41/9()6,1/1( smsmra mpIII =⋅⋅⋅== ωττ


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 seguente sistema di quattro equazioni in quattro incognite costituito da: • 3 equazioni di equilibrio dinamico di tutto il sistema autovettura:

1) ( ) 020* =−−−⇒=∑ MaFTTF aerAPO 2) ( ) 020* =−+⇒=∑ MgNNF APV 3) ( ) 040*

)( =−−+−−−−⇒=∑ ulpMgMahhFJpNM aerrrAP ω • 1 equazione di equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota anteriore:

u

r

AN

PN

ORVR rrJ ω

A

C

1) ( ) ( ) [ ] [ ]NNMaFTT aerAP 12662/857,11240833,1215422/2 ≅⋅++⋅=++= 2) ( ) ( ) [ ] [ ]NNNMgN AP 37392/2343281,912402/2 ≅⋅−⋅=−= 3) ( )( ) ( )( ) =−−−−−=−−−−−= pJhFMahrflpMgpJhFMahulpMgN mIIIpraervrraerA 2/42/4 ωττω

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

1419146,0833,1216,0857,1124028,0013,035,14,281,91240 ≅⋅

⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅−⋅−−⋅⋅=

4) ( ) ( ) [ ] [ ]NNrrfNJruNJT vAmIIIprArrA 5428,0/28,0013,02343337,486,1

14191// ≅

⋅⋅+⋅⋅⋅=+=+= ωττω

Figura 43 – Sottosistema ruota anteriore

4) ∑ =+−−⇒= 02220*)( rTuNJM AArrC ω


34

3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO

3.1. Verifica dell’aderenza delle ruote anteriori

Per aderenza si deve avere: aA

AAaA f

NTNfT ≤⇒≤

Calcolo: [ ][ ] 023,0

234354 ==

NN

NT

A

A

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e quelle in cui non si ha aderenza: Tabella 14 asciutto


fondo stradale

liscio SI’ SI’ SI’ SI’

fondo stradale rugoso

SI’ SI’ SI’ SI’ 3.2. Verifica dell’aderenza delle ruote posteriori

Per aderenza si deve avere: aP

PPaP f

NTNfT ≤⇒≤

Calcolo: [ ][ ] 34,0

37391266 ==

NN

NT

P

P

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e quelle in cui non si ha aderenza: Tabella 15 asciutto


fondo stradale

liscio SI’ SI’ SI’ NO

fondo stradale rugoso

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) [ ]kgmu 325= massa cabina [ ]kgmc 300= massa contrappeso [ ]kgmq 430= diametro puleggia di sollevamento [ ]mD 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=dη che esercita azione resistente) rendimento della trasmissione in moto retrogrado 6,0=rη (carico che esercita azione motrice) numero paia di poli del motore asincrono 2=pp momento d’inerzia del motore [ ] kWmKgJm ∀= 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 la

velocità di sollevamento vsoll.; 2) la potenza resistente Wr, la potenza motrice Wm, il momento motore Mm e la potenza di

targa o nominale 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 2,2 volte quella nominale Mn, che il momento d’inerzia del motore sia Jm (0,00981 kg m2 per ogni kW della potenza di targa) e che siano trascurabili le inerzie di tutte le altre masse rotanti tranne il volano, determinare il momento d’inerzia del volano Jv da montare sull’albero del motore affinché l’accelerazione massima di avviamento in discesa non superi il valore assegnato.


36

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

C D )(' arM

)(' brM

Figura 45 – Curva caratteristica del motore asincrono


37

Risoluzione della quinta esercitazione: ASCENSORE PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono Punto C se n aumenta: '

rm MM > ⇒ n aumenta fino a D

Punto D se n aumenta: 'rm MM < ⇒ n diminuisce e torna in D

Punto D se n diminuisce: 'rm MM > ⇒ n aumenta e torna in D

Punto C se n diminuisce: 'rm MM < ⇒ n diminuisce fino all’arresto del motore

Il punto D è detto punto di funzionamento stabile, mentre il punto C è detto punto di funzionamento instabile. PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore Un moto a regime è un moto caratterizzato da velocità costanti e accelerazioni nulle. 1. Calcolo della velocità di rotazione del motore, della velocità di rotazione della puleggia

e della velocità di sollevamento 1.1. Calcolo della velocità di rotazione del motore Il punto di funzionamento stabile si trova nella zona “quasi” verticale della curva caratteristica del motore quindi, con buona approssimazione, si ha:

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

Per definizione: ppfns

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 nsn −= 1 dove s = percentuale di scorrimento (per esempio 4%)

=

⋅==≅min

1500min2

506060 girigirippfnn sm

≅

⋅=⋅=⇒srad

sradnsm 1,1571500

602

602 ππω


38

1.2. Calcolo della velocità di rotazione della puleggia

In generale per i rapporti di trasmissione si ha: e

u

ωωτ =

In questo caso il rapporto di trasmissione vale: m

p

ωω

τ =

allora la velocità di rotazione della puleggia risulta:

≅

⋅==srad

srad

mp 86,25511,157τωω

1.3. Calcolo della velocità di sollevamento Nell’ipotesi di assenza di slittamenti si ha che la velocità di sollevamento vale:

[ ]

≅⋅

=⋅==smm

sradDrv pppsoll 786,0

255,086,2

2. ωω

2. Calcolo della potenza resistente, della potenza motrice, del momento motore e della

potenza di targa o nominale del motore asincrono a servizio intermittente

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

0==++dtdEWWW C

prm

2.1. Calcolo del momento motore Sostituendo nel bilancio di potenze le quantità corrispondenti a Wm, Wr, Wp si ottiene:

( ) ( ) 01. =−−−+− mmdsollqcumm MgvmmmM ωηω

per semplificare si può sostituire: 22.DDv mpsoll τωω ==

( ) 02

=+−+−⇒ mdqcu MDgmmm ητ

Si può da qui ricavare il momento motore che risulta:

( ) ( )[ ] [ ]mNmN

DgmmmM

d

qcu

m ⋅≅⋅⋅⋅⋅−+

=−+

= 66,137,0

255,0

55181,9430300325

2η

τ


39


[ ] [ ] [ ] [ ]kWWsradmNMMW mmmmm 146,22146/1,15766,13 =≅⋅⋅==×= ωω

2.3. Calcolo della potenza resistente

( ) ( ) ( ) ..,.. sollqcusollqsollcusollqsollcur gvmmmgvmgvmmvgmvgmmW −+−=++−=×+×+=

Si può ottenere la potenza resistente in due modi: • atraverso la formula precedente:

( ) ( ) [ ] [ ] [ ]kWWWgvmmmW sollqcur 502,11502786,081,9430300325. −=−≅⋅⋅−+−=−+−=⇒

• sfruttando il fatto che: 0=++ prm WWW con ( ) ( ) mdedp WWW ηη −−=−−= 11

[ ] [ ] [ ]kWWWWW mdr 502,1150221467,0 −=−≅⋅−=−=⇒ η 2.4. Calcolo della potenza di targa o nominale

( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]kWkWkWWW kWkWkWmn 5,3219,3146,25,15,121

21

21 ==⋅=⋅=


40

SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano 1. Calcolo della coppia massima e del momento di inerzia del motore

[ ] [ ]mNmNWWMMm

n

n

nnma ⋅≅⋅⋅⋅=⋅≅⋅=⋅= 49

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

ωω

[ ] [ ]22 034,05,300981,000981,0 mkgmkgWJ nm ⋅≅⋅⋅=⋅= 2. Calcolo del momento d’inerzia del volano Per calcolare il momento d’inerzia del volano si utilizza il bilancio di potenze:

dtdEWWW C

prm =++


( ) gvmmMvgmmMW cummacummam )( ++=×++×= ωω

2.2. Calcolo della potenza resistente

gvmvgmW qqr −=×=

2.3. Calcolo della potenza persa

( ) ( ) ( ) ( )[ ]=×++−×+×+−−=−−= vammmvgmvgmmWW qcuqcurerp

ηη 11

( ) ( ) ( )[ ]avmmmgvmmm qcuqcur ++−−+−−= η1 2.4. Calcolo della derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo

( ) ( ) ( ) ( ) 22

21

21

21

21 vmmmJJvvmmmJJE qcumvmqcummvmC ++++=×+++×+= ωωω

⇓

( ) ( ) ( ) ( )avmmmJJvammmJJdtdE

qcummvmqcummvmC ++++=×+++×+= ωωωω


41

2.5. Calcolo del momento di inerzia del volano

Sostituendo:

2Dv

m

τω =

2Da

m

τω = nel bilancio di potenze si ottiene:

( )( ) ( ) ( ) ( )avmmmDv

DaJJgvmmmavmmm

DvM qcuvmqcurqcurma +++⋅+=−++++−+

22

1

2ττ

ηητ

( ) ( )

22

222

Dv

Da

Dv

DaJgvmmmavmmm

DvM

J

mqcurqcurma

v

ττ

ττηη

τ

⋅

⋅−−++++−

=⇒

Semplificando la velocità v si ottiene:

( ) ( )

2

2

2

22

1

−−++++−

=

Da

DaJgmmmammm

DM

J

mqcurqcurma

v

τ

τηη

τ

Sostituendo i valori numerici risulta:

( ) ( )

[ ]2

2

2

255,0

551

7,0255,0

551

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

255,0

551

149

mkgJv

⋅

⋅⋅−⋅−+⋅+⋅++⋅−

⋅⋅

=

⇓

[ ]2341,0 mkgJ 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 a manovella di una pompa a stantuffo a semplice effetto per liquido. Sono noti i seguenti dati: pressione di aspirazione [ ]2/5,0 cmkgp pa −= pressione di mandata [ ]2/8,4 cmkgp pm = corsa dello stantuffo [ ]mmc 280= diametro dello stantuffo [ ]mmD 210= massa solidale con il piede di biella [ ]215,5 smkgm ps

−= 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 costante Macchina a regime assoluto: macchina che funziona a velocità rigorosamente

costante Macchina a regime periodico: si distingue un intervallo temporale (periodo) a cavallo

del quale la macchina ritorna ad assumere lo stesso valore istantaneo di velocità: ω(t) = ω(t+T) = ω(t+nT)

ω

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:

[ ]PamN

mcm

kgN

cmkg

cmkg

pp

ppa 49050490501081,95,05,0 22

24

22 −=

−=

⋅

⋅

−=

−=

Pressione di mandata:

[ ]PamN

mcm

kgN

cmkg

cmkg

pp

ppm 4708804708801081,98,48,4 22

24

22 =

=

⋅

⋅

=

=

Massa solidale con il piede di biella:

[ ]kgsm

mskg

mskgms 955,5381,95,55,5 2

22

=

⋅

=

=

Velocità di rotazione media dell’albero di manovella:

=

⋅=⇒

=srad

sradgirin 153,21

602202

min202 πω

Corsa dello stantuffo: [ ] [ ]mmmc 28,0280 ==

Diametro dello stantuffo: [ ] [ ]mmmD 21,0210 ==


44

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

dtdEWWW C

prm =++

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

dtdEWW C

rm =+

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 EdtWdtW

000

=+⇒ ∫∫T

r

T

m dLdL

in un periodo si ha che: mrmr LLLL −=⇒=+ 0 Il lavoro resistente può essere scritto come somma di lavoro resistente di aspirazione e di lavoro resistente di mandata:

rmrar LLL += Calcolo del lavoro resistente di aspirazione:

[ ] [ ]JJcDpcSpcFsdFL aarac

rara 69,47528,0421,049050

4

220

−=⋅⋅⋅−=⋅=⋅=⋅=×= ∫ππ

Calcolo del lavoro resistente di mandata:

[ ] [ ]JJcDpcSpcFsdFL mmrm

c

rmrm 64,456628,0421,0470880

4

22

0

=⋅⋅⋅=⋅=⋅=⋅=×= ∫ππ

Fr

Fra

Frm

O π2π ϕ

[ ]JLr 3,5042−=

[ ]JLL rm 3,5042+=−=

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

[ ] [ ]JJLLL 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:

( ) ϕϕ mm ML =

in un periodo si ha che: πϕ 2= Si ricava così il momento motore che risulta:

[ ] [ ]mNmNLM mm 51,802

233,5042

2===

ππ

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

La potenza resistente risulta: ω''rrrr MWvFW ===

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

=

=

ωω

'

'

rmrm

rara

MvFMvF

Il moto del piede di biella in I approssimazione è:

( )

==

==−=

arxvrx

rx

I

I

I

ϕωϕω

ϕ

cos

sincos1

2

I momenti resistenti ridotti all’albero di manovella valgono:

>≤≤=⋅⋅⋅=⋅==

<≤≤−=⋅⋅⋅−=⋅==

02sin32,2283sin28,0821,0470880sin

24

00sin85,237sin28,0821,049050sin

24'

22'

'22

'

rmmrmrm

raarara

McDpvFM

McDpvFM

πϕπϕϕπϕπω

πϕϕϕπϕπω

'rM

2283,32

237,85

O2π π2π

23 ϕ

Figura 49 Modulo del momento resistente ridotto:

ϕπ sin24

2' ⋅⋅= cDpM r con p = pa, pb


46

5. Calcolo del momento d’inerzia del volano • Potenza motrice: ωmm MW =

• Potenza resistente: ωϕπω ⋅⋅−== sin24

2' cDpMW rr

• Derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo:

VsC EvmE += 2

21

dove EV = energia cinetica associata al volano

dtdEavm

dtdE V

sC +=

essendo:

==

==

ϕωϕω

cos

sin2rxa

rxv

I

I

CC

C

dtdErm

dtdE V

sC +=⇒ ϕϕω sincos22

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

dtdE

rmcDpM Vsm =−⋅⋅− ϕϕωωϕπω cossinsin

2432

2

Essendo per definizione: ϕϕω cossin22' rmM si =

( ) ( ) VirmV

irm dEdtMMMdtdEMMM =−−⇒=−−⇒ ωω ''''

Eseguendo l’approssimazione: dtdϕω =

( ) Virm dEdMMM =−−⇒ ϕ''

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

( ) ( )( )MINMAXMINMAXVMINMAXVMAXV JJE ωωωωωω +−=−=∆21

21 22

moltiplicando e dividendo per ω si ottiene:

iJJE VMINMAXMINMAX

VMAXV2

2ω

ωωωωωω

=−

⋅⋅+

=∆

iE

J MAXVV 2ω

∆=⇒


47

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

( )

≤<⋅−⋅+≤≤⋅−⋅−

⇒=−−πϕπϕϕ

πϕϕϕ22sin5,236sin32,22835,802

02sin5,236sin85,2375,8020''

irm MMM

1ϕ 2ϕ

MAXVE

MINVE

Figura 50 – Momento risultante totale e scarto di energia cinetica

Integrando fra [ ]rad4,31 ≅ϕ e [ ]rad8,52 ≅ϕ , calcolati dal grafico, si ottiene:

( )∫ −−=∆1

2

''ϕ

ϕ

ϕdMMME irmMAXV

( )∫ ⋅−⋅+=∆1

2

2sin5,236sin32,22835,802ϕ

ϕ

ϕϕϕ dE MAXV

[ ] [ ]JJE MAXV 23398,26998,50382cos2

5,236cos32,22835,8024,3

8,5

=−≅

⋅+⋅−⋅=∆ ϕϕϕ

Quindi il momento d’inerzia del volano risulta:

[ ] [ ]2222 25,174

03,0)153,21(2339 mkgmkg

iE

J MAXVV ≅

⋅=

∆=

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

G

P

k

r

0v

Figura 51 – Schematizzazione del sistema carrello + respingente

Schematizzando il carrello con un rullo: Peso carrello: [ ]PkgP 1000= Massa carrello: [ ]kgm 1000'= Velocità iniziale carrello:

≅

⋅=

=sm

sm

hkmv 06,3

3600100011110

Costante elastica della molla:

=

⋅=

=mN

mN

mkgk P 9810081,91000010000

Costante di smorzamento della molla:

=

⋅=

=msN

msN

mskgr P 196281,9200200

Momento di inerzia baricentrico: [ ]25 mkgJ =

Raggio del rullo: [ ] [ ]mcmR 1,010 ==

k

rP

0v

JR

Figura 52 – Schematizzazione del sistema rullo + respingente


49

Risoluzione della settima esercitazione: RULLO ROTANTE

k

r

R

NT

ϑJ ϑ

xxx

iF

eF

VF

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

2*

)( 0RxJ

Rx

RJ

RJTTRJM G

−=⋅−=−=⇒=⇒=∑ϕϑ

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

0'00 2* =−−−−⇒=+++⇒=∑ x

RJxrkxxmTFFFF Veix

Sostituendo: 2'RJmm +=

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

0=++ kxxrxm

Per ricavare la soluzione si sostituiscono i valori:

( )( )( )

===

zt

zt

zt

ecztxczetxcetx

2

nell’equazione precedente ottenendo l’equazione caratteristica:

02 =++ krzmz dividendo per la massa:

02 =++mkz

mrz

le radici sono: mk

mr

mrz −±−= 2

2

2,1 42

Figura 53 Forze e momenti agenti sul carrello schematizzato come un rullo:

xrvrF

xkF

xmamF

V

e

i

−=−=

−=

−=−= ''


50

Essendo definita la pulsazione naturale del sistema non smorzato come:

=

==srad

srad

mk 087,8

150098100ω

mentre quella del sistema smorzato come:

≅

⋅−=−=

srad

srad

mr

mk 06,8

150041962

150098100

4 2

2

2

2

1ω

si ha lo smorzamento critico quando:

ωω mrmr

mk

mr

C 2044

22

2

2

2

=⇒=−=−=∆

Si può così effettuare la sostituzione: 2

2

22

22

4 Crr

mr ==

ωξ

Essendo: [ ] [ ]kgkgRJmm 1500

1,051000' 22 =+=+= e

=

==srad

srad

mk 087,8

150098100ω

lo smorzamento critico vale:

=

⋅⋅==skg

skgmrC 24261087,8150022 ω

Si ha quindi: 01 <∆⇒<⇒< ξCrr Le radici dell’equazione caratteristica sono numeri complessi coniugati:

12,12

2,12

2

2,1 21

242ωξω i

mrzi

mrz

mr

mki

mrz ±−=⇔−±−=⇔−±−=

La soluzione finale risulta del tipo:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=+−++−=

=+=+=

−−

−−

mrtBtAetBtAetx

mrtBtAetBtAetx

tt

tt

2cossinsincos

206,8sin06,8cossincos

111111

654,011

αωωωωωωα

αωω

αα

α

Dalle condizioni iniziali si ricavano A e B : ( )

( ) [ ] [ ]

≅==⇒=⇒=

=⇒=

mmvBvBvx

Ax

379,006,806,30

000

1

0010 ω

ω

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

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali

51

Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI

1I

2I

3I

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 ROTω , all’estremità sinistra sia applicata una coppia di momento:

( ) ( )22110 2sinsin ϕϕ +Ω++Ω+= tMtMMM s

e alla estremità destra una coppia di momento:

0MMd −=

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

ROTk ω'=Ω

Nel caso in esame sia 21'=k

Calcolare le velocità critiche torsionali dell’albero. N.B. – Il modulo di elasticità tangenziale del materiale dell’albero, in acciaio, è:

= 28000mmkgG

Su un albero a sezione circolare didiametro [ ]mmd 50= sono calettati tredischi centrati di momento di inerziarispettivamente:

[ ][ ][ ]2

3

22

21

0,15,04,0

smkgIsmkgIsmkgI

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 mkgmkgsmkgI P =⋅== Momento d’inerzia disco 2: [ ] [ ] [ ]222

1 905,481,95,05,0 mkgmkgsmkgI P =⋅== Momento d’inerzia disco 3: [ ] [ ] [ ]222

1 81,981,90,10,1 mkgmkgsmkgI P =⋅==

Modulo di elasticità tangenziale:

⋅=

⋅⋅=

= 26

26

2 10784801081,980008000mN

mN

mmkgG P

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere

1I

111 ,, ϑϑϑ

222 ,, ϑϑϑ

2I

3I

333 ,, ϑϑϑ

1l

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:

( ) [ ]mNl

GJM

ij

ijPR ji

ϑϑ −−=

,

dove: G = modulo di elasticità tangenziale

2mN

Figura 54 Il sistema presenta tre gradi di libertà perché l’albero rotante non è un corpo rigido. Si ha infatti che:

321 ϑϑϑ ≠≠

Il sistema ha tante pulsazioni naturali quanti sono i segmenti di albero interposti tra i dischi (= 2).


53

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

[ ] [ ]47444

2 1014,632

05,032

mmddArJA

P−⋅≅⋅=== ∫

ππ

( )ij ϑϑ − = 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:

( ) ( )

( ) ( )

−−=−

−=

−−=−

−=

2322

23

1211

12

3,2

2,,

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

kl

GJM

kl

GJM

PR

PR

2. Calcolo delle costanti di richiamo elastico

[ ] [ ]

[ ] [ ]

=⋅⋅⋅==

=⋅⋅⋅==

−

−

mNmNlGJk

mNmNlGJk

P

P

4,602338,0

1014,61078480

44,963735,0

1014,61078480

76

22

76

11

3. Calcolo delle pulsazioni proprie con l’equilibrio alla rotazione per ciascuno dei tre dischi Per il principio della sovrapposizione degli effetti si può scrivere l’equilibrio alla rotazione per ciascun disco:

Figura 55 – Equilibrio alla rotazione per ciascun disco

111 ,, ϑϑϑ

sM

11ϑI 11ϑk

21ϑk

222 ,, ϑϑϑ 21ϑk

11ϑk

22ϑI 22ϑk

22ϑk32ϑk

32ϑk 333 ,, ϑϑϑ dM

33ϑI

=−−+−⇒=

=+−−−⇒=

=+−−⇒=

∑

∑

∑

00

00

00

3322323

*)(

32222221112

*)(

2111111

*)(

dDISCO

C

DISCOC

sDISCO

C

MIkkM

kkIkkM

kIkMM

ϑϑϑ

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ


54

Sostituendo e isolando le forzanti esterne si ottiene:

( )

−=+−

=−++−

=−+

d

s

MkkI

kkkkI

MkkI

322233

322211122

211111

0

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ

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

( )

=+−

=−++−

=−+

0

0

0

322233

322211122

211111

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑ

kkI

kkkkIkkI

Riscrivendo in forma matriciale si ha:

( ) 00

0

000000

3

2

1

22

2211

11

3

2

1

3

2

1

=

−−+−

−+

ϑϑϑ

ϑϑϑ

kkkkkk

kk

II

I

CC

CC

CC

ovvero: [ ] [ ] 0=+ ϑϑ

CC kM 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

tt

ii

ii

ii

ωωϑωωϑ

ωϑ

sin

cos

sin

2

In forma vettoriale:

Θ−=

Θ=

Θ=

t

t

t

ωωϑ

ωωϑ

ωϑ

sin

cos

sin

2

dove i iΘ sono le ampiezze.

Sostituendo la soluzione precedente nel sistema si ottiene:

( )( )( )

=Θ−+Θ−

=Θ−Θ−++Θ−

=Θ−Θ−

0

00

32

3222

3222

22111

2212

11

ωω

ω

IkkkIkkk

kIk


55

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

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

( )( )

( )0

0

0

2322

22

2211

12

11

=−−−−+−

−−

ωω

ω

IkkkIkkk

kIk

( )( )( ) ( ) ( ) 02

322

12

1122

232

2221

211 =−−−−−−+−⇒ ωωωωω IkkIkkIkIkkIk

Sviluppando i prodotti e semplificando si ottiene:

( ) ( ) 0232121

4312212321311

6321 =++++++− ωωω IIIkkIIkIIkIIkIIkIII

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

00 2,12 =⇒= ωω

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 =⋅+⋅−⋅ zz

Le radici risultano:

⋅⋅⋅⋅−±

= 2

2112

2,1 815,18821008,1815,18841181720611817206

sradz

quindi:

≅

≅

2

2

2

2

2

1

51474

11112

sradz

sradz

Le pulsazioni proprie di vibrazione torsionale dell’albero risultano:

≅

==

≅

==

srad

sradz

srad

sradz

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 le ampiezze 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:

( )

( )

−=

ΘΘ=⇒=Θ−+Θ−

−=

ΘΘ=⇒=Θ−Θ−

232

2

3

223

23222

211

1

2

11211

211

0

0

ωµω

ωµω

IkkIkk

IkkkIk

1.1. Calcolo del 1° modo di vibrare Per calcolare il primo modo di vibrare si pone: 1ωω =

826,141,105924,344,96373

44,9637322

111

1

2

1)(1 ≅

⋅−=

−=

ΘΘ

=ω

µIkkI

235,141,10581,94,60233

4,6023322

132

2

3

2)(2 −≅

⋅−=

−=

ΘΘ

=ω

µIkkI

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: 2ωω =

913,088,226924,344,96373

44,9637322

211

1

2

1)(1 −≅

⋅−=

−=

ΘΘ

=ω

µIkkII

135,088,22681,94,60233

4,6023322

132

2

3

2)(2 −≅

⋅−=

−=

ΘΘ

=ω

µIkkII

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 di risonanza. La forzante Ms contiene due armoniche, quindi si avranno 2x2 = 4 velocità critiche torsionali. 2.1. Calcolo delle velocità critiche torsionali nel primo modo di vibrare Le condizioni di risonanza si hanno quando: Ω=1ω e Ω= 21ω

≅

⋅=

=

⋅==⇒==Ω=min

2013min2

6082,21082,21041,1052221

21

1111girigiri

srad

srad

CRCRROT πωωωωω

≅

⋅=

==⇒==Ω=min

6,1006min2

6041,10541,1052 1221girigiri

srad


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=min

4333min2

6076,45376,45388,2262221

21

2332girigiri

srad

srad


≅

⋅=

==⇒==Ω=min

5,2166min2

6088,22688,2262 2442girigiri

srad


Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto

58

Nona esercitazione: CICLO OTTO Un motore a scoppio ha una cilindrata VH = 1000 cm3 ed il volume della camera a scoppio è VK = 200 cm3. Al termine dell’aspirazione la miscela aspirata ha una pressione p1 = 0,96 ata ed una temperatura T1 = 50 °C. La miscela aspirata ha la seguente composizione: • 1 kg di benzina con potere calorifico inferiore p.c.i. = 10800 kcal / kg; • 18 NNNNm3 di aria Si consideri che il calore specifico medio a volume costante è cVm = 0,2 kcal / kg K, che l’esponente delle trasformazioni di compressione e di aspirazione è k = 1,35 e che Rmiscela = 29,27 kgP m / kg K. Si richiede di: 1) Tracciare il ciclo nei piani p-V e T-S; 2) Determinare il lavoro teorico del ciclo 3) Determinare la potenza teorica sviluppata dal motore a velocità n = 4000 giri / min.

Figura 58 Schema delle varie trasformazioni del ciclo


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: [ ] [ ]333 101000 mcmVH

−== Volume camera a scoppio: [ ] [ ]333 102,0200 mcmVK

−⋅== Volume al punto 1: [ ] [ ]333

1 102,12001000 mcmVVV KH−⋅=+=+=

Pressione al punto 1: [ ] [ ] [ ]PaPaatap 941761081,996,096,0 41 =⋅⋅==

Temperatura al punto 1: [ ] [ ] [ ]KKCT 32327350501 =+=°=

Costante della miscela:

=

⋅=

=

KkgJ

KkgJ

KkgmkgR 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 OTTO

10 → 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 presenta la massa anziché il numero di moli e R = Rmiscela:

TMRpV miscela=

nel punto 1 si ha: 1111 TMRVp miscela=

[ ] [ ]kgkgTVpM 3

3

1

111 102185,1

3231387,287102,194176 −

−

⋅=⋅⋅⋅==⇒

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

01 MMM a −=


60

essendo: [ ]

[ ][ ] [ ]

====

⋅===

−

PaatmpKTT

mVV

TRVp

MK

miscela 1013251323

102,0

0

10

330

0

000

[ ] [ ]kgkgM 33

0 102185,03231387,287102,0101325 −

−

⋅=⋅⋅⋅=

( ) [ ] [ ]kgkgMMM a

3301 10102185,02185,1 −− =⋅−=−=⇒

Inoltre il rapporto di compressione risulta: 6102,0102,1

3

31 =

⋅⋅=

+== −

−

K

KH

K VVV

VVε

1.2.2. Tratto 21 → : compressione adiabatica

Per un qualunque trasformazione adiabatica si ha: cost=kpV

In questo caso si ha: 35,1=k

Sostituendo: VnRTp =

cost1 =⇒−kTV

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

( ) [ ] [ ]PaPappVVpVpVp k

kkk 5,1057899941766 35,1

112

122211 =⋅==

=⇒= ε

La temperatura nel punti 2 risulta:

( ) ( ) [ ] [ ] [ ]CKKTTVVTVTVT k

kkk °==⋅==

=⇒= −−

−−− 72,33172,6043236 135,1

11

1

1

2

12

122

111 ε

1.2.3. Tratto 32 → : combustione isocora

La combustione isocora avviene a volume costante, quindi si ha: 23 VV = Si deve valutare il calore sviluppato dalla combustione a partire dalla composizione della miscela: • 1 kg di benzina • 18 Nm3 di aria (Nm3 = metricubi in condizioni normali (T = 0 °C, p = 1 atm)) Essendo la densità dell’aria pari a 1,293 kg / NNNNm3, la massa dell’aria risulta:

[ ] [ ]kgkgVm ariaariaaria 274,2318293,1 =⋅== ρ La massa della miscela è la somma di quella della benzina e del’aria:

[ ] [ ]kgkgmmm 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:

≅

⋅+⋅=⋅+⋅

=kgkcal

kgkcal

micpmicpmicp

miscela

ariaariabenzinabenzinamiscela 445

274,240274,23108001.....

...

Il calore sviluppato dalla combustione risulta:

[ ] [ ]kcalkcalicpMQ miscelaa 445,044510... 31 =⋅=⋅= −

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

( )231231 TTcMQQ Vm −==

[ ] [ ] [ ]CKKTcMQ

TVm

°==+⋅⋅

=+=⇒ − 7,21577,243072,6042,0102185,1

445,032

1

233

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

costcostcost =⇒==⇒=TP

VnR

TV

[ ] [ ]PaPaTTpp

Tp

Tp

425227672,6047,24305,1057899

2

323

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 la composizione chimica della miscela e quindi varierebbe anche k).

Nel punto 4 si ha: 14 VV = Utilizzando le formule per le trasformazioni adiabatiche:

costcost

1 ==

−k

k

TVpV

si ottiene: kk VpVp 3344 =

[ ] [ ]PaPappVV

pVV

pkkk

77,3785444252276611 35,1

334

23

4

34 =⋅

=

=

=

=⇒

ε

133

144

−− = kk VTVT

[ ] [ ] [ ]CKKTTVVT

VVT

kkk

°==⋅

=

=

=

=⇒

−−−

31,102531,12987,2430611 35,0

3

1

3

1

4

23

1

4

34 ε

( ) ( ) [ ] [ ]kcalkcalTTcMQQ Vm 238,031,12983232,0102185,1 3

411412 −=−⋅⋅⋅=−== −


62

1.3. Calcolo della variazione di entropia nel ciclo

Dal secondo principio della termodinamica si ha: TdQdS =

I tratti 21 → e 43 → sono isoentropici quindi risulta: 03412 =∆=∆ SS La variazione di entropia nel tratto 32 → risulta:

⋅=

⋅⋅====∆ −−∫ ∫ K

kcalKkcal

TTMcdT

TcM

TdQS Vm

Vm 33

2

31

3

2

3

2

123 10339,0

72,6047,2430ln102185,12,0ln

La variazione di entropia nel tratto 14 → risulta:

⋅−=

⋅⋅====∆ −−∫ ∫ K

kcalKkcal

TTMcdT

TcM

TdQS Vm

Vm 33

4

11

1

4

1

4

141 10339,0

31,1298323ln102185,12,0ln

In definitiva si ha:

⋅=∆=∆ −

KkcalSS 3

4123 10339,0

1.4. Rappresentazione del ciclo nei piani p-V e T-S Tabella riassuntiva 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 1057899,5 604,72 331,72 3 0,2 x 10-3 4252276 2430,7 2157,7 4 1,2 x 10-3 378544,77 1298,31 1025,31

VK VH

01

2

3

4

p1

p0

p2

p4

p3

p [Pa]

V [m ]3O

T [K]

T11

2

3

4

T2

T3

T4

S [kcal/K]

∆SO

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 alla somma delle due quantità di calore scambiate:

[ ] [ ] [ ] [ ]JkcalJkcalkcalkcalQQLciclo 67,8668,4186207,0207,0238,0445,021 =

⋅==−=+=

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

465,0445,0238,011

1

2

1

=−=−==QQ

QLciclo

Thη

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

=

⋅=

=sgiri

sgirigirin 67,66

6014000

min4000

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

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

[ ] [ ] [ ]kWWsgiriJLW ciclo 2928890

267,6667,866 ≅≅

⋅== ω

La potenza di quattro cilindri risulta:

[ ] [ ]kWkWWWtot 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 di vapore e su un gruppo di turbine, secondo il ciclo Rankine, con surriscaldamento intermedio. Il generatore di vapore è costituito da una caldaia a pareti schermate con tubi ad acqua ad alta velocità e produce vapore a 180 ata. Il primo e il secondo surriscaldamento comportano il surriscaldamento del vapore a 560 °C. Il secondo surriscaldamento, a valle della turbina di alta pressione, è eseguito a p = 35 ata. Nel condensatore la pressione è pK = 0,04 ata. Il rendimento della pompa di alimentazione è ηP = 0,82. Il rendimento adiabatico della turbina di alta pressione è ηad_A.P. = 0,805, mentre per le turbine di bassa pressione è ηad_B.P. = 0,8. Il rendimento volumetrico delle turbine è ηV = 0,88. Il rendimento meccanico complessivo delle turbine è ηm = 0,98. Il generatore elettrico (alternatore) ha un rendimento ηel = 0,95. Si richiede: 1. Definire il ciclo nei piani p-V, T-S, H-S (ricavare i dati dai grafici in figura 60) 2. Determinare il rendimento complessivo della centrale termoelettrica

Figura 59 – Diagramma di Mollier per il vapor d’acqua.


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 liquido

che di vapore, quindi ci si trova sulla curva limite o di saturazione. La pressione in questo punto vale: [ ]atapp K 04,01 == Dal diagramma di Mollier, si ricava quale temperatura corrisponde a questo

valore di pressione: [ ]CT °= 65,281 Poiché nel punto 1 si ha solo liquido l’entalpia nel punto 1 vale:

( ) [ ]

=°⋅

°=−=

kgkcalC

CkgkcalTTch OH 65,2865,281011 2

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

Tratto 1-2: L’acqua passa nella pompa di alimentazione. Si passa da una pressione [ ]atap 04,01 = ad una pressione [ ]atap 1802 = . In questo tratto aumenta

anche la temperatura. Punto 2: Si ha solo acqua allo stato liquido. La pressione vale: [ ]atap 1802 = . Tratto 2-3: L’acqua (liquida) viene preriscaldata prima di entrare in caldaia. La pressione

rimane costante, mentre dal diagramma di Mollier si ricava che la temperatura sale fino a [ ]CT °≅ 35,3553 .

Punto 3: La pressione vale: [ ]atapp 18023 == , la temperatura vale: [ ]CT °= 35,3553 . Tratto 3-3’: L’acqua evapora in caldaia. La temperatura e la pressione rimangono

costanti, mentre aumenta notevolmente l’entalpia a causa dell’apporto del calore latente di evaporazione.

Punto 3’: La pressione vale: [ ]atapp 1803'3 == , la temperatura vale: [ ]CTT °≅= 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 pressione

rimane costante, mentre la temperatura sale a [ ]CT °= 5604 . Dal diagramma

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

=

kgkcalh 8264 .

Punto 4: La pressione vale: [ ]atapppp 18023'34 ==== , la temperatura vale: [ ]CT °= 5604 ,

l’entalpia vale:

=

kgkcalh 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: [ ] [ ]Pamcm

kgN

cmkgatap

P

P 34335001081,93535 2

24

25 =

⋅

⋅

== ,

la temperatura vale: [ ]CT °= 42,2415 , l’entalpia - ricavata dal grafico H-S -

risulta:

=

kgkcalh 7135 .

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

=

−=−=∆ − kg

kcalkgkcalhhh 1137138265454

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

=

⋅=∆=∆ −− kg

kcalkgkcalhh PAad 91113805,054.._'54 η

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

=

−=∆−= − kg

kcalkgkcalhhh 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:

=

kgkcalh 8576

Punto 6: La pressione vale: [ ]atappp 355'56 === , la temperatura vale: [ ]CT °= 5606 ,

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

=

kgkcalh 8576 .

Tratto 6-7: In questo tratto avviene l’espansione nella turbina a bassa pressione (il

passaggio è analogo a 4-5 oppure 4-5’). E’ una trasformazione isoentropica ideale.

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

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

l’entalpia del sistema che vale:

=

kgkcalh 5277 .

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

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

=

−=−=∆ − kg

kcalkgkcalhhh 3305278577676

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


68

=

⋅=∆=∆ −− kg

kcalkgkcalhh PBad 2643308,076.._'76 η

Punto 7’: L’entalpia risulta:

=

−=∆−= − kg

kcalkgkcalhhh 593264857'766'7

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

Calcolo delle condizioni nel punto 2

Nel tratto 1-2 si ha la pompa di alimentazione che porta il liquido a [ ]CT °= 65,281 dalla pressione [ ]atap 04,01 = alla pressione [ ]atap 1802 = . La compressione è adiabatica (reale) quindi il calore scambiato sarà nullo:

0=−= Vdpdhdq

( )1212

2

1

2

1

pphhVdpdh −=−⇒=⇒ ∫∫ σ

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

kgm3

.

Nella condizione al punto 1 si ha:

⋅= −

kgm3

3100041,1σ

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

[ ] [ ] [ ] [ ]PaPaataatapp 176540761081,996,17996,17904,0180 412 =⋅⋅==−=−

≅

=

≅

⋅⋅=−=∆⇒ −

− kgkcal

kgkcal

kgJ

kgJhhh 2,4

8,4186177261772617654076100041,1 3

1221

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

≅

=

∆=∆⇒ −

− kgkcal

kgkcalhh

Peffettivo 1,5

82,02,421

21 η

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

=

+=∆+= − kg

kcalkgkcalhhh effettivo 75,331,565,282112


69

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

Tabella riassuntiva P [ata] T [°C] h [kcal/kg] stato

1 0,04 28,65 28,65 liquido 2 180 (~33,75) 33,75 liquido 3 180 355,35 (~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

spesoutileTh Q

LL −=η

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

=∆=−= −− kg

kcalhhhL 9154'54'54 e

=∆=−= −− kg

kcalhhhL 264'76'76'76

2.2. Calcolo del lavoro speso

=∆=−= − kg

kcalhhhL effettivospeso 1,52112

2.3. Calcolo del calore entrante (energia da fornire)

=

−=−=− kg

kcalkgkcalhhQ 25,79275,338262442

amentosurriscald primo-neevaporazio-

amentopreriscald-:mediante fornito Calore

=

−=−=− kg

kcalkgkcalhhQ 122735857'566'5

amentosurriscald secondo-:mediante fornito Calore

2.4. Calcolo del rendimento teorico e reale del ciclo

3827,06'542

21'76'54 ≅+

−+=

−=

−−

−−−

QQLLL

QLL

entrante

spesoutileteoricoη 31,0≅⋅⋅⋅= elmVteoricoreale ηηηηη

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 è 950 mm di colonna d’acqua ( OH2

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 cp medio del gas è 0,532 kcal / kg °K.

Figura 61 – Schematizzazione di un gasometro La pressione dell’aria all’esterno della campana indicata dal barometro è 755 mm di colonna di mercurio ( Hgδ = 13592,1053 kg / m3). A causa dell’irraggiamento solare dopo 7 ore la campana si alza di 2 m di livello sullo specchio liquido interno, ossia H passa da 50 a 52 m, senza che si sia spillato o immesso gas nella campana, poiché la valvola A è rimasta chiusa. La scossalina b è affondata inizialmente 6 m nell’acqua. Si domanda: 1. la pressione iniziale del gas all’interno della campana; 2. quanti kg di gas sono racchiusi nella campana; 3. la pressione del gas quando la campana, a causa dell’irraggiamento solare, si solleva

di 2 m, tenendo conto che lo spessore del grembiule di campana immerso nell’acqua è di 6 mm;

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


71

Risoluzione dell’undicesima esercitazione: GASOMETRO Elenco dei dati del problema: Diametro interno campana [ ]mDi 50= Densità gas naturale [ ]3/779,0 mkggas =δ Densità dell’acqua [ ]3/2,998

2mkgOH =δ

Densità del mercurio [ ]3/1053,13592 mkgHg =δ Costante del gas naturale [ ]KkgJRgas /44,476= Calore specifico del gas a pressione costante [ ]Kkgkcalc gasp /532,0= Pressione esterna [ ]mmHgpe 755= Spessore della campana [ ] [ ]mmmS 006,06 == Dislivello dell’acqua tra interno ed esterno [ ] [ ]mmmh OH 95,0950

2==∆

Dislivello iniziale tra il cielo della campana e acqua [ ]mH 501 = all’interno della campana Dislivello finale tra il cielo della campana e acqua [ ]mH 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 [ ] [ ]KCT 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 variazione di pressione fra interno ed esterno:

[ ] [ ]Pasm

mkgmghppp OHOHeiest 7,930281,92,99895,0 231int 22

≅

⋅

⋅=⋅⋅∆=−=∆ − δ

essendo: [ ] [ ]Pasm

mkgmghp HgHge 6,10067081,91053,13592755,0 23 =

⋅

⋅=⋅⋅∆= δ

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

[ ] [ ]PaPappp estei 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 TRMVp gasgasi = dove il volume del cilindro alle condizioni iniziali vale:

[ ] [ ]332

1

2

1 77,98174504

504

mmHDV i =⋅⋅== ππ


72

La massa del gas risulta:

[ ]

[ ][ ]kg

KKkgJ

mmN

TRVp

Mgas

igas 7,77301

15,29344,476

77,981743,109973 32

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 due forze: • la spinta di Archimede • il peso apparente (dato dalla pressione del gas che dall’interno spinge la campana

verso l’alto)

CP

aP

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:

( )gb

DSDgb

DDS OH

iiOH

iea ⋅⋅

−

+=⋅⋅

−=

22 1

2

1

22

442

44δππδππ

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

Si ottiene: ( ) [ ] [ ]Nsm

mkgmSa 5538181,92,998650012,50

4 23322 ≅

⋅

⋅⋅−⋅= 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 e quella esercitata dalla pressione esterna:

[ ] [ ]NNDpDpP ee

iia 18170917

4012,506,100670

4503,109973

44

2222

1 =⋅⋅−⋅⋅=−= ππππ

3.3. Calcolo del peso della campana Il peso della campana, che non cambia nel passaggio 21 → , risulta essere la somma di spinta di Archimede e peso apparente, ma poteva essere calcolato mediante l’equilibrio alla traslazione verticale del sistema:

[ ] [ ]NNPSDpDpSPF aae

ei

iaCV 18226298181709175538144

022

=+=+=−+=⇒=∑ ππ

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

[ ] [ ]kgkggPM 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 di Archimede diventa:

( ) ( ) [ ] [ ]NNgbDDS OHiea 7,3692081,92,998450012,5044

222

22'2

=⋅⋅⋅−⋅=⋅⋅−= πδπ

3.6. Calcolo del peso apparente nella condizione finale 2 Dato che il peso della campana non cambia nel passaggio 21 → , si ha:

[ ] [ ]NNSPPPSP aCaaaC 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:

[ ] [ ]PaPaD

DpPpDpDpP

i

eea

ieeiia 7,10998250

4

012,504

6,1006703,18189377

4

444 2

2

2

2'

222

2' =

⋅

⋅⋅+=

+=⇒−= π

π

π

πππ


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 un aumento del volume occupato dal gas e della temperatura del gas stesso:

Il volume vale: [ ] [ ]3322

22 76,1021015250

44mmHDV i =⋅⋅=⋅= ππ

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

[ ] [ ] [ ]CKKRMVpTTRMVpgasgas

igasgasi °=≅

⋅⋅==⇒= 75,319,304

44,4767,7730176,1021017,10998222

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:

[ ] [ ]PaPappp iii 4,93,1099737,1099821221 =−=−=∆ La trasformazione 21 → è praticamente isobarica. Sotto queste ipotesi la T2 vale:

[ ] [ ] [ ]CKKTHHT

HD

HDT

VVT

TV

TV

i

i°==⋅==

⋅

⋅==⇒=⇒= 726,31876,30415,293

5052

4

4TV

cost 11

21

12

22

11

22

2

2

1

1

π

π

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

[ ] [ ]CCTT 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: 12H∆ 2) Variazione di en. potenziale della campana il cui baricentro si è alzato di 2 m:

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

gasPE∆ 4) Lavoro per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana: ariaL∆ L’energia ceduta dal sole per il primo principio della termodinamica risulta essere:

ariaPP LEEHQgascampana

∆+∆+∆+∆= 1212


75

4.1. Calcolo della variazione di entalpia del gas La variazione di entalpia del gas risulta essere uguale a:

( ) [ ] ( ) [ ] [ ]kJkcalkJK

KkgkcalkgTTcMH gaspgas 3,2022729186,415,2939,304532,07,773011212 =

⋅−⋅

⋅=−=∆

4.2. Calcolo della variazione di energia potenziale della campana Sia Cz∆ = 2 m la variazione dell’altezza del baricentro della campana, la variazione di energia potenziale della campana risulta:

[ ] [ ] [ ]kJJkJm

smkgzPzgME CCCCPcampana

596,3645210

1281,95,1857930 32 =

⋅⋅

⋅=∆⋅=∆⋅⋅=∆

4.3. Calcolo della variazione di energia potenziale del gas Sia gasz∆ = 1 m la variazione dell’altezza del baricentro del gas, la variazione di energia potenziale del gas risulta:

[ ] [ ] [ ]kJJkJm

smkgzgME gasgasPgas

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

( ) [ ] [ ] [ ]kJJkJmm

mNbbDpL e

earia 3,39552210

124012,506,100670

4 32

2

221

2

=

⋅⋅⋅

=−=∆ ππ

4.5. Calcolo dell’energia ceduta dal sole Il calore ceduto dal sole risulta essere la somma di tutte le quantità sopra calcolate:

ariaPP LEEHQgascampana

∆+∆+∆+∆= 1212

⇓

[ ] [ ]kJkJQ 5,24554623,395522329,758596,364523,202272912 =+++=

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MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE - webalice.it di meccanica... · Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni 2 Quarta esercitazione: DINAMICA DI