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Appunti delle lezioni di MECCANICA DELLE MACCHINE Anno Accademico 2004-2005 Francesco Pellicano Professore Associato di Meccanica Applicata alle Macchine

Meccanica Delle Macchine Pellicano

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Appunti delle lezioni di

MECCANICA DELLE MACCHINE

Anno Accademico 2004-2005

Francesco Pellicano

Professore Associato di Meccanica Applicata alle Macchine

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i

Introduzione................................................................................................................................1 Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà. ....................3

1.1 Nomenclatura..............................................................................................................3 1.2 Gradi di libertà............................................................................................................3 1.3 Coppie cinematiche. ...................................................................................................4 1.4 Coppie elementari (inferiori) e coppie superiori. .......................................................5 1.5 Contatto tra elementi cinematici.................................................................................6 1.6 Gradi di libertà di sistemi di di corpi rigidi nel piano ................................................7

1.6.1 Esempi ................................................................................................................8 1.6.2 Casi speciali......................................................................................................10 1.6.3 Troubleshooting guide......................................................................................11

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. ....................................................................................12 2.1 Introduzione..............................................................................................................12 2.2 Equazioni di equilibrio .............................................................................................12

2.2.1 Somma vettoriale di forze ed equilibrio alla traslazione, caso piano. ..............13 2.2.2 Momenti e prodotti vettoriali............................................................................13 2.2.3 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 2 forze. ..............................................16 2.2.4 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 3 forze. ..............................................17 2.2.5 Equilibrio di un meccanismo piano, 3 forze.....................................................20 2.2.6 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 4 forze. ..............................................20 2.2.7 Equilibrio di un meccanismo piano, 4 forze.....................................................22 2.2.8 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, forze parallele. ..................................23

2.3 Esercizi .....................................................................................................................25 2.3.1 Esercizio 1. .......................................................................................................25 2.3.2 Esercizio 2. .......................................................................................................25 2.3.3 Esercizio 3. .......................................................................................................26

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. ........................................31 3.1 Parallelogrammo.......................................................................................................31 3.2 Quadrilatero articolato..............................................................................................32 3.3 Inversione cinematica. ..............................................................................................34 3.4 Inversione geometrica e punti morti. ........................................................................35 3.5 Circuiti. .....................................................................................................................35 3.6 Analisi di posizione. .................................................................................................36

3.6.1 Quadrilatero: analisi esatta e numerica.............................................................37 3.6.2 Esempio 1. ........................................................................................................40 3.6.3 Esempio 2. ........................................................................................................41 3.6.4 Esercizi. ............................................................................................................42

3.7 Proprietà cinematiche del corpo rigido.....................................................................43 3.7.1 Moti relativi. .....................................................................................................43 3.7.2 Cinematica del corpo rigido: centro di istantanea rotazione. ...........................45

3.8 Analisi cinematica dei meccanismi articolati. ..........................................................47 3.8.1 Quadrilatero articolato: metodo grafico. ..........................................................48

3.9 Approccio analitico: manovellismo di spinta centrato. ............................................51 3.10 Analisi cinematica mediante funzioni complesse.....................................................53

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. ............................................................56 4.1 Dinamica del corpo rigido: equazioni fondamentali e casi notevoli. .......................56 4.2 Energia cinetica del corpo rigido..............................................................................61 4.3 Metodo delle masse di sostituzione..........................................................................62 4.4 Dinamica del manovellismo di spinta ......................................................................63

4.4.1 Azioni statiche. .................................................................................................63 4.4.2 Azioni dinamiche..............................................................................................64

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ii

4.4.3 Compensazione delle forze d’inerzia. ..............................................................66 Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. ...............................................................68

5.1 Attrito radente: teoria Coulombiana .........................................................................68 5.2 Cenni su: usura e teorie sull’attrito...........................................................................70 5.3 Semplice modello per la valutazione dell’usura: ipotesi di Reye.............................71 5.4 Attrito volvente.........................................................................................................71 5.5 Rendimenti ...............................................................................................................74

5.5.1 Definizioni. .......................................................................................................74 5.5.2 Rendimenti di macchine in serie ed in parallelo...............................................76

5.6 Attrito di strisciamento nelle coppie elementari.......................................................79 5.6.1 Coppia prismatica. ............................................................................................79 5.6.2 Piano inclinato: rendimento e moto retrogrado. ...............................................80 5.6.3 La coppia rotoidale. ..........................................................................................82 5.6.4 Esempi ..............................................................................................................84 5.6.5 Equilibrio delle ruote. .......................................................................................85 5.6.6 Coppia elicoidale ..............................................................................................88

5.7 Distribuzione delle pressioni di contatto. .................................................................92 5.7.1 Pattino piano. ....................................................................................................92 5.7.2 Coppia rotoidale di spinta.................................................................................95 5.7.3 Ceppo puleggia. ................................................................................................96

5.8 Cuscinetti volventi....................................................................................................97 Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche ...................................................................................101

6.1 Considerazioni generali ..........................................................................................101 6.2 Esempi di sistemi ad 1 g.d.l....................................................................................101 6.3 L’oscillatore armonico smorzato ............................................................................103 6.4 Oscillazioni forzate armoniche...............................................................................105 6.5 Trasmissibilità ........................................................................................................107

6.5.1 Forze trasmesse al basamento ........................................................................107 6.5.2 Eccitazione sismica. .......................................................................................109

Capitolo 7 Dinamica dei rotori.........................................................................................111 7.1 Squilibrio statico.....................................................................................................112 7.2 Squilibrio dinamico ................................................................................................112 7.3 Macchina equilibratrice ..........................................................................................114 7.4 Velocità critiche flessionali. ...................................................................................117

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)..................................................120 8.1 Ruote di frizione .....................................................................................................122 8.2 Rotismi ordinari......................................................................................................122

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni) ....................................................................................126 9.1 Viscosità .................................................................................................................126

Bibliografia.............................................................................................................................133

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Introduzione

1

Introduzione Le lezioni del corso di Meccanica delle Macchine sono orientate ad allievi dei corsi di Ingegneria Meccanica ed Ingegneria dei Materiali Nuovo Ordinamento Didattico, secondo anno, Facoltà di Ingegneria (sede di Modena), Università degli Studi di Modena e Reggio Emilia. Tale insegnamento si focalizza sullo studio dei meccanismi e delle macchine; in particolare si forniscono le nozioni di base per affrontare l’analisi e la progettazione cinematica e dinamica. La base di partenza per poter affrontare questo corso consiste nelle conoscenze di analisi matematica e di meccanica teorica. Alcuni concetti base di cinematica, statica e dinamica del corpo rigido sono ripresi dai corsi di base ed estesi a meccanismi composti da più corpi rigidi. Le dispense trattano i seguenti argomenti: analisi cinematica dei meccanismi, includendo metodologie teoriche e numeriche per l’analisi di posizione, velocità ed accelerazione; analisi dinamica del corpo rigido con alcune applicazioni pratiche; vibrazioni di sistemi ad un grado di libertà; squilibrio, equilibratura e velocità critiche dei rotori; cenni di tribologia ed usura; cenni di lubrificazione e cenni di trasmissioni mediante ruote dentate. Vediamo cosa si intende per meccanismo: il quadrilatero articolato è un meccanismo largamente utilizzato nelle applicazioni pratiche; esso è composto da 4 membri collegati da 4 coppie rotoidali (cerniere). Nelle figure che seguono sono indicati alcuni interessanti esempi applicativi di larga diffusione.

PPIINNZZAA CCOONN MMEECCCCAANNIISSMMOO AARRTTIICCOOLLAATTOO PPEERR AAUUMMEENNTTAARREE LL’’EEFFFFEETTTTOO LLEEVVAA

((GGUUAADDAAGGNNOO MMEECCCCAANNIICCOO))

44 CCEERRNNIIEERREE ((CCOOPPPPIIEE RROOTTOOIIDDAALLII)) 44 MMEEMMBBRRII ((EELLEEMMEENNTTII DDEELL MMEECCCCAANNIISSMMOO))

SSoossppeennssiioonnee aauuttoommoobbiilliissttiiccaa AApppplliiccaazziioonnee ddeell qquuaaddrriillaatteerroo aarrttiiccoollaattoo.. MMeeccccaanniissmmoo aa 44 mmeemmbbrrii ((ffoouurr bbaarr lliinnkkaaggee))

SOSPENSIONI MONOAMMORTIZZATORE “PROGRESSIVE”

Meccanismi a più membri con coppie rotoidali

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Introduzione

2

Un altro importante meccanismo è il manovellismo di spinta, presente per esempio nella quasi totalità dei motori per autotrazione. In tale meccanismo è importante determinare il moto del pistone (velocità ed accelerazioni massime), le forze di inerzia e prevedere dispositivi per la compensazione (contrappesi all’albero ed eventualmente contralberi di equilibratura).

Anche se non saranno trattati in questo corso è utile menzionare meccanismi molto importanti come le camme, utilizzati nella trasformazione del moto. In figura sono indicati i meccanismi a camma utilizzate per l’alzata valvole nei motori endotermici.

Gli esempi di meccanismo appena visti possono essere rappresentati mediante degli schemi che rappresentano gli aspetti cinematici del sistema, cioè le leggi di moto dei vari membri. Si può descrivere la cinematica, cioè determinare le leggi di moto del sistema; si possono inoltre calcolare tutte le azioni statiche e dinamiche che nascono sui vari corpi. Convenzioni. Si indicano alcune convenzioni usate nel testo. “Simbolo grassetto minuscolo es. v” vettore “Simbolo grassetto maiuscolo es. A” matrice “×” Prodotto vettoriale “ ⋅ “(punto) Prodotto scalare Si faccia attenzione poiché talvolta il grassetto maiuscolo è usato anche per i vettori.

MMaannoovveelllliissmmoo ddii ssppiinnttaa

Meccanismi con camme: coppie superiori

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Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

3

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

In questo capitolo sono fornite le definizioni base di meccanismo

1.1 Nomenclatura • Macchina o meccanismo

− Sistema meccanico il cui scopo è la trasformazione di energia (esempio: potenza all’albero di un motore → potenza alla ruota di un motociclo)

• Membri − Organi che compongono un meccanismo

• Elemento cinematico − In un meccanismo i vari organi possono essere in contatto tra loro, la zona di contatto può

avere varie forme e permette particolari moti relativi. La zona di contatto è detta elemento cinematico.

• Coppie cinematiche − L’insieme di due elementi cinematici a contatto è detto coppia cinematica.

1.2 Gradi di libertà Il numero dei gradi di libertà (gdl) di un corpo rigido nello spazio è pari a 6: 3 coordinate di un punto del corpo, 3 angoli di Eulero. In figura si trova un esempio di un corpo avente 0 gdl, forma parallelepipeda e vincolamento tramite 6 puntalini. Ovviamente il vincolamento proposto impedisce il movimento soltanto verso i puntalini stessi, essi infatti sono un vincolo anolonomo. Similmente alla precedente situazione si può realizzare un vincolo che permetta una pura rotazione. Ancora nella figura è proposto uno schema realizzato mediante 5 puntalini, essi eliminano 5 gdl, il gdl rimanente è la rotazione indicata in figura. Lo stesso tipo di rotazione si può ottenere mediante uno schema che non preveda contatti su punti, ma su linee (vedasi figura in basso). Infatti i contatti su punti provocano elevate pressioni di contatto con relative deformazioni e problemi di usura, perciò in generale sono sconsigliabili eccetto che per particolari applicazioni in cui gli sforzi siano molto bassi.

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Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

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1.3 Coppie cinematiche. Generalmente però si cerca di realizzare dei vincoli che garantiscano un contatto su delle superfici, in modo da ottenere delle pressioni sufficientemente basse. Questi tipi di vincoli si realizzano mediante superfici combacianti o meno tra i corpi a contatto: essi sono detti coppie cinematiche. In figura vediamo le sei coppie inferiori, secondo la definizione di Uicker et al (2003), la descrizione può essere trovata in Tabella 1.1.

Figura 1.1

TABELLA 1.1 Coppie inferiori

Coppia . Simbolo Variabile Gradi di libertà Moto relativo

Rotoidale R ∆θ 1 Circolare Prismatica P ∆s 1 Rettilineo Eleicoidale S ∆θ o ∆s 1 Elicoidale Cilindrica C ∆θ e ∆s 2 Cilindrico

Sferica G ∆θ, ∆φ, ∆ψ 3 Sferico Piana F ∆x, ∆y, ∆θ 3 Planare

In Tabella 1.1 sono riassunte le sei coppie inferiori secondo Coppia rotoidale. Questa coppia si realizza sagomando opportunamente i due corpi a contatto con una forma circolare cilindrica: un albero ed un foro. E’ permessa la rotazione dell’albero nella sede. Si noti che l’albero potrebbe anche traslare se non ci fosse un opportuno dispositivo.

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Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

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Coppia prismatica. Questa coppia si realizza sagomando opportunamente i due corpi a contatto con una forma cilindrica non circolare; in questo modo si permette la traslazione lungo l’asse, ma non la rotazione. La coppia lascia un gdl. Coppia elicoidale. In questo caso i corpi sono sagomati (esternamente ed internamente) secondo un elicoide. La coppia lascia un solo gdl, ma il moto che permette è di rototraslazione. Il moto di traslazione è legato alla rotazione: per ogni giro l’albero avanza di una quantità p detta passo.

1.4 Coppie elementari (inferiori) e coppie superiori. Le tre coppie viste precedentemente fanno parte delle coppie elementari, in questa classe di coppie rientrano anche coppie che lasciano 2 o 3 gdl (si veda lo schema in basso). Tutte le coppie elementari sono caratterizzate da un contatto tra superfici rigide combacianti. Altri tipi di coppie sono dette coppie superiori e sono caratterizzate da contatti tra superfici rigide non combacianti (contatti su punti o linee) oppure tra superfici non rigide.

Page 9: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

6

Le superfici che formano una coppia cinematica sono dette superfici coniugate. Nel caso di meccanismi piani il moto si sviluppa parallelamente ad un piano, in tal caso le

proiezioni delle superfici coniugate su tale piano si dicono profili coniugati.

1.5 Contatto tra elementi cinematici. Tra due superfici o profili a contatto si possono verificare tre tipi di moto:

1. Puro rotolamento: non c’è velocità relativa tra il membro 1 ed il 2 nel punto P, tale punto varia di posizione sui profili dei membri 1 e 2.

2. Puro strisciamento: c’è velocità relativa tra il membro 1 ed il 2 nel punto P. In figura, per esempio, tutti i punti della ruota hanno stessa velocità, perciò in P la velocità relativa è proprio v; in generale però non è detto che i corpi debbano essere in pura traslazione.

3. Rotolamento più striciamento: si tratta della combinazione dei moti precedenti. In questo caso si chiede soltanto che nel punto di contatto la velocità relativa sia tangente alle superfici.

4. Distacco e/o urto: in questo caso la componente della velocità del punto di contatto normale alle superfici è diversa per i due corpi. Si può determinare distacco o urto.

1

2

P

1

2

P

v

VP1

VP2

VP1 VP2

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Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

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Esempio In queste figure si possono vedere due esempi applicativi di coppie superiori ed inferiori. Nel primo caso si hanno due pulegge (membri 1 e 3) su cui impegna una cinghia, quest’ultima è un elemento flessibile che si adagia sulle pulegge. Le pulegge a loro volta sono collegate ad un telaio (un supporto fisso) mediante coppie rotoidali (elementari). Per poter garantire un corretto collegamento tra le pulegge 1 e 3 la cinghia deve essere opportunamente “tesa”, cioè deve essere garantito il contatto mediante una azione esterna (pretensionamento o altro); l’accoppiamento è detto di forza. Nel secondo caso si hanno i due membri 1 e 2 ancora collegati al telaio mediante coppie rotoidali; il contatto diretto tra i due membri avviene in un punto (o anche una linea se si è in 3 dimensioni). E’ ovvio che, anche in questo caso, i due corpi devono essere mantenuti in contatto mediante una azione esterna: anche in questo caso l’accoppiamento 1-2 è di forza.

1.6 Gradi di libertà di sistemi di di corpi rigidi nel piano Ogni corpo rigido nel piano ha 3 gdl ed ogni coppia tra due corpi lascia un certo numero di gradi di libertà nel moto relativo. Classifichiamo le coppie in base al numero di gdl che lasciano liberi ed in particolare teniamo conto del loro numero. • c1: numero di coppie che lasciano 1 gdl, cioè ne sottraggono 2. • c2: numero di coppie che lasciano 2 gdl, cioè ne sottraggono 1. Consideriamo un meccanismo formato da m corpi rigidi, tra cui per convenzione comprendiamo anche il telaio che, essendo fisso, ha 0 gdl. Il numero di gdl ℓ è: 212)1(3 ccm −−−= (formula di Grüber) 1.1

Tale formula è estremamente semplice, quasi banale; essa è però di estrema utilità nell’analisi preliminare dei meccanismi complessi. Vedremo in seguito però che in alcuni casi la formula 1.1 non funziona a causa della particolare conformazione del meccanismo, essa va usata perciò con cautela.

2

1 3

coppie superiori

coppie elementari

il membro 4 è il telaio

2 1

3 3

coppia superiore

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Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

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1.6.1 Esempi Quadrilatero articolato c1=4 m=4 ℓ=3 (4-1) - 2· 4=1 Applicazione: sospensione automobilistica a quadrilateri deformabili. Ipotesi: Pneumatico fisso e asse della ruota bloccato. Calcolo dei gradi di libertà: m=4, c1=4, ℓ=3 (4-1) - 2· 4=1 Applicazione: autogru. Ipotesi: corpo vettura fisso, soltanto la pala è mobile, soltanto il moto piano è ammesso. Calcolo dei gradi di libertà: m=12, c1=15, ℓ=3⋅ (11) – 2⋅15=3

3

2

1

4

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Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

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Page 13: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

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1.6.2 Casi speciali

Consideriamo il meccanismo in figura, il numero di gradi di libertà è: ℓ=3 (4-1) - 2 4=1. Il punto M si trova in mezzeria sul membro 2

2/ABAM = ; il triangolo AOB è rettangolo e dunque:

222ABOBAO =+

inoltre:

αcos2

' ABAM =

''cos' AMAMABOM =−= α

ψα tan''tan

''

===OMMM

AMMM

il triangolo AOM è dunque isoscele. Dalla '' AMOM = segue AMOM = e dunque cost=OM . Quest’ultima affermazione permette di creare un meccanismo avente apparentemente 0 gdl, ma effettivamente funzionante come un sistema ad 1 gdl. Introduciamo un quinto membro incernierato in O ed M, si ha: ℓ=3 (5-1) - 2 6=0 Il sistema sembra ipervincolato. In verità però, dato che il punto M si muove su una circonferenza ( cost=OM ), ciò è compatibile col fatto che il membro 5 è incernierato in O ed M e ruota attorno ad O. Il vincolo aggiunto è perciò soltanto apparente.

O

M

A

B

α

1

2

3

4

O

M

A

B

α

M’ ψ

1

2

3

4

5

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Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

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1.6.3 Troubleshooting guide.

Page 15: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

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Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

2.1 Introduzione In questo capitolo si richiamano alcuni concetti di statica elementare e si forniscono alcuni metodi per l’analisi statica dei meccanismi. In particolare si fissa l’attenzione ai meccanismi aventi un solo grado di libertà, sui quali si applicano metodologie per l’analisi statica grafica.

2.2 Equazioni di equilibrio Consideriamo un corpo sottoposto all’azione di un sistema di N forze, tale corpo è in equilibrio se valgono le seguenti relazioni:

1 1,

N N

i ii i= =

= =∑ ∑F 0 M 0 2.1

Isoliamo ora l’N-esima forza, se valgono le 2.1 si può scrivere che la risultante delle prime N-1 forze

è: 1

risultante1

N

N ii

=

= = −∑F F F .

Scegliamo ora un punto generico P e consideriamo il momento risultante del sistema di N-1 forze:

( )1

risultante1

N

i i N Ni

=

× = − × =∑ r F r F M 2.2

F1

F2 F3

Fi

Figura 2.1

Page 16: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

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Si noti che per parlare di momento risultante abbiamo dovuto considerare un polo di riduzione dei momenti. Il momento risultante dipende infatti dal polo, come dimostra la 2.2. E’ interessante notare che, per ciò che concerne l’equilibrio, una forza può essere traslata lungo la propria linea di azione senza che ciò abbia conseguenze; uno spostamento lungo una direzione diversa comporta cambiamenti nello stato di equilibrio.

2.2.1 Somma vettoriale di forze ed equilibrio alla traslazione, caso piano. Consideriamo 4 forze nel piano, sommiamo graficamente le 4 forze. Utilizziamo dapprima la regola del parallelogrammo, considerando la somma delle prime due forze: F=F1+F2; come è noto la risultante delle due forze in questione si ottiene semplicemente componendo un parallelogrammo come indicato in Figura 2.3, la risultante è su una delle diagonali del parallelogrammo stesso, essa è indicata dal vettore che congiunge l’inizio del primo vettore sommato con la fine del secondo. Sommiamo ora ad F il vettore F3 seguendo lo stesso procedimento: F’=F1+F2+F3; aggiungiamo infine l’ultimo vettore, ottenendo il vettore risultante dalla somma dei quattro vettori considerati: F’’=F1+ F2+ F3+ F4. Dalla figura 2.3 si evince che la somma si può ottenere direttamente facendo inseguire i vettori componendo una poligonale; il vettore risultante si ottiene subito congiungendo l’inizio con la fine della poligonale. Consideriamo ora il seguente problema: si vuole trovare il vettore che equilibri il precedente sistema di 4 forze. Si richiede pertanto: R+F’’=0, cioè R=-F’’. Il sistema di quattro forze R+F1+ F2+ F3+ F4 è in equilibrio, cioè R+F1+ F2+ F3+ F4 =0. Tale stato di equilibrio nel piano si concretizza in una poligonale chiusa.

2.2.2 Momenti e prodotti vettoriali. Dato un polo P il momento risultante di un sistema di forze rispetto al polo stesso è:

i i= ×∑M r F 2.3 Cerchiamo ora di capire il significato del prodotto vettoriale nell’applicazione alla statica. In Figura 2.5 è raffigurato un sistema di forze, un polo di riduzione dei momenti, i raggi vettori corrispondenti e gli angoli αi tra le forze ed i raggi vettori stessi.

P F1 F2

F3 FN

r1 r2

r3 rN

Figura 2.2

F1

F2

F3

F4

F

F1+ F2

F’=F1+ F2+ F3

Figura 2.3. Risultante

F1

F2

F3

F4

R

Figura 2.4. Equilibrio

Page 17: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

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Prodotto vettoriale. Consideriamo ora genericamente un prodotto vettoriale tra due vettori u1 e u2, fissiamo un sistema di coordinate in modo tale che il piano (x, y) corrisponda con il piano formato dai due vettori. Sia α l’angolo compreso tra i due vettori e β il suo complementare. Il prodotto vettoriale si può rappresentare come un vettore ortogonale al piano (x, y), figura 2.6.

Indichiamo i due vettori mediante le componenti nel sistema di coordinate (x,y,z):

1

1 1 2 2

cos 0sin ,

0 0

uu u

ββ

= =

u u 2.4

il prodotto vettoriale è:

1 2 1 1

2 1 2 1 2

0 0cos sin 0 0 00 0 cos sin

u uu u u u u

β ββ α

× = = =

i j ku u 2.5

Questa relazione mostra che il prodotto vettoriale è un vettore ortogonale al piano formato dai due vettori u1 u2 ed avente modulo pari all’area del parallelogrammo che si costruisce sui due vettori; il verso infine è individuabile facilmente con la regola della mano destra: si ponga la mano a pugno e si immagini che le dita dal mignolo all’indice seguano i due vettori, in modo circolare parallelamente al

x

y

z

u1

u2

u1 × u2

α β

Figura 2.6

P F1 F2

F3 Fi

r1 r2

r3 ri

α1

Figura 2.5

Page 18: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

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piano formato dai vettori stessi, partendo dal primo vettore del prodotto: il pollice, immaginato con una freccia, darà direzione e verso del prodotto vettoriale (Figura 2.7).

Momento di una forza. Consideriamo una forza F e calcoliamo il suo momento rispetto ad un generico punto P. Per far ciò fissiamo un sistema di riferimento x,y,z , con il piano x,y coincidente con il piano formato dal vettore F e dal vettore r congiungente il punto P con il punto di applicazione della forza F. Il momento della forza F rispetto al polo P è M=r×F, che, espresso per componenti risulta essere:

( )

0 0 00 0 0

sinsin Fr FdFr απ α

= = = −

M 2.6

Il momento è dato dunque, in modulo, dal modulo della forza per la distanza della sua linea di azione rispetto al polo P. E’ perciò ovvio che la scelta del vettore r è arbitraria, infatti per applicare il prodotto vettoriale si può scegliere qualunque vettore r che unisca il polo P con un generico punto giacente sulla retta di azione della forza F.

u1

u2

u1 × u2

Figura 2.7. Regola della mano destra.

r F

α

(π-α)

P d=r sinα

Figura 2.7

Page 19: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

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Esercizio. Un corpo rigido, Figura 2.8, è collegato al telaio mediante una coppia rotoidale; esso è soggetto ad una forza applicata al corpo su punto posto a distanza d dal centro O della coppia rotoidale. Sapendo che la linea di azione della forza passa per O, trovare il sistema di forze necessario per mantenere il corpo in equilibrio.

Scomposizione delle forze. Il calcolo del momento di una forza rispetto ad un punto può essere effettuato mediante un approccio diverso. Scomponiamo la forza F nelle sue componenti ortogonale F1 e parallela F2 al raggio r; dato che il momento M2=r×F2=0 (dimostrare per esercizio) si ha che M=r×F1. Dalla scomposizione si ha inoltre che F1=F sinα , la componente verticale del momento M è M=Mz=Fr sin α. Ricordando l’equazione 2.6 e la figura 2.7 si ha anche M=F d.

2.2.3 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 2 forze. Consideriamo un corpo sottoposto all’azione di due forze applicate in due punti; il corpo è in equilibrio se

• Equilibrio alla traslazione. Le due forze hanno stesso modulo, direzione e verso opposto (F1=-F2 come da figura 2.10).

• Equilibrio alla rotazione. Le due forze giacciono sulla stessa linea di azione.

r F

α

P

Figura 2.9

F1

F2

F

O

Figura 2.8.

d

Page 20: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

17

La prima osservazione deriva dalla prima delle equazioni 2.1, così come la seconda osservazione deriva dalla seconda delle 2.1. E’ utile un approfondimento su questo caso banale; immaginiamo che le due forze abbiano due diverse

rette di azione, come indicato in figura 2.11; per la si ha ovviamente F1=-F2, ma allora 1

Nii=

≠∑ M 0 ,

infatti le due forze formano una coppia M=F1 d≠0 !

Se un corpo è soggetto all’azione di due sole forze agenti su due punti, allora entrambe le forze devono giacere sulla retta passante per i due punti di applicazione.

2.2.4 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 3 forze. Esaminiamo ora alcuni casi di corpi soggetti all’azione di tre forze. Due forze note, una incognita. Un corpo soggetto a due forze note non è inizialmente in equilibrio (figura 2.12) e si vuole trovare una terza forza che permetta l’equilibrio statico. Ci si riduca al caso piano, in questo caso le equazioni di equilibrio, scritte in termini scalari diventano:

0

0

0

xi

yi

zi i

F

F

M M

= =

= =

∑∑∑ ∑

2.7

Nel caso piano interessa solamente la componente lungo z dei momenti, perciò in seguito si ometterà il pedice z. Le 2.7 costituiscono un sistema di tre equazioni; le incognite del problema sono: la retta di azione (2 incognite) e la componente su tale retta (1 incognita).

F1

F2

Figura 2.11. Caso errato: corpo non in equilibrio.

d

1

Nii=

≠∑ M 0

F1 F2

Figura 2.10. Caso corretto: corpo in equilibrio.

Page 21: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

18

Dalle prime due delle equazioni 2.7 si ha l’equilibrio alla traslazione, indicato graficamente in figura 2.13. Si noti che in questa costruzione le forze sono state traslate rispetto alla propria retta di azione, ciò è lecito solamente se si analizza l’equilibrio alla traslazione; nel caso dell’equilibrio alla rotazione le forze possono traslare solamente lungo la propria retta d’azione.

Mediante la costruzione di figura 2.13 il vettore F è individuato, ma la retta di azione non è ancora nota completamente, poiché conosciamo solamente l’inclinazione. Si individuino le rette di azione delle due forze e se ne trovi il punto di intersezione P. Le forze Fa e Fb hanno momento nullo rispetto la punto P, infatti la distanza della loro retta d’azione da P è nulla. Allora, per l’equilibrio alla rotazione, anche la retta d’azione di F deve passare per P.

Fa

Fb

Figura 2.13. Equilibrio alla traslazione.

F

a

b

Fa

Fb

Figura 2.12. Corpo soggetto a due forze.

P

Page 22: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

19

Se un corpo in equilibrio è soggetto all’azione di tre sole forze, allora le rette di azione di esse devono incontrarsi in un punto. Due forze note solamente in direzione, noti i punti di applicazione della terza forza. In questo caso le informazioni in nostro possesso non permettono di risolvere il problema, infatti solamente le direzioni di due forze ed il punto di applicazione della terza (PF) sono noti, figura 2.14. Dall’equilibrio alla rotazione si ottiene immediatamente la retta di azione della terza forza, essa deve passare per P e PF.

Direzione nota

Figura 2.14. Corpo soggetto a tre forze.

P

Direzione nota

Direzione incognita

PF

a

b

Fa

Fb

Figura 2.14. Corpo soggetto a tre forze.

P

F

Page 23: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

20

2.2.5 Equilibrio di un meccanismo piano, 3 forze. Il meccanismo in figura è composto da 4 membri, di cui uno è il telaio; sono presenti tre coppie rotoidali, inoltre i membri 3 e 4 rappresentano la schematizzazione di un martinetto idraulico, tali membri possono scorrere reciprocamente lungo il proprio asse ed il loro accoppiamento può essere schematizzato mediante una coppia prismatica. Il numero di gradi di libertà è perciò pari a 1. Senza entrare in dettaglio nella descrizione del martinetto idraulico possiamo dire che in esso possono nascere delle forze interne tra i membri 3 e 4 lungo l’asse del martinetto stesso. In definitiva il sistema composto dai corpi 3 e 4 può sopportare forze anche in direzione assiale. Il membro 2 è soggetto al proprio peso e a due forze provenienti dai membri 1 e 3. Esaminiamo il sistema composto dai membri 3 e 4, tale sistema è soggetto a due sole forze esterne provenienti dai membri 1 e 2 attraverso le coppie rotoidali, la retta di azione di tali forze è dunque comune e passa per i centri delle coppie stesse. Nota la direzione della forza che il membro 2 esercita sul 3, per il principio di azione e reazione è nota anche la direzione della forza esercitata dal membro 3 sul 2. Dall’intersezione delle rette di azione della forza peso Fp e F3,2 (forza che il membro 3 esercita sul 2) si determina il punto P. La forza F1,2 avrà una retta di azione passante per la coppia che unisce il membro 2 al telaio 1 e per il punto P. Trovate le direzioni delle forze si ricavano le forze stesse mediante la soluzione grafica delle equazioni di equilibrio alla traslazione, figura 2.15.

2.2.6 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 4 forze. In questo caso un corpo è sottoposto all’azione di quattro forze, di cui una è nota mentre le altre tre sono note in direzione.

G

Fp

P

1

2

3

4

Fp

F1,2

F3,2

Figura 2.15. Meccanismo.

Page 24: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

21

Anche se le tre forze F2, F3 e F4 non sono note, possiamo pensare alla risultante R1=F1+F2, la cui retta di azione passa per il punto P1 (infatti rispetto a questo punto sia le due forze, che la risultante danno momento nullo), similmente facciamo per R2=F3+F4, la cui retta di azione passa per il punto P2. Dato che l’equilibrio alla traslazione richiede che F1+F2+F3+F4=0, allora R1= -R2. Considerando le due risultanti abbiamo idealmente ridotto il sistema di quattro forze ad un sistema di due sole forze applicate nei punti P1 e P2; ma questo problema è già stato analizzato e sappiamo che la retta di azione delle due forze deve passare per i due punti di applicazione; questa retta è chiamata retta ausiliaria. Dalle relazioni precedenti, e conoscendo la retta ausiliaria, possiamo scrivere: F1+F2+R2=0;

nota R2 ricaviamo R1=-R2 e calcoliamo le due restanti forze:

F1

Direzione F3

Figura 2.17. Retta ausiliaria.

P1

Direzione F4

Direzione F2

P2

Retta ausiliaria

F2 R2

F1

Direzione F3

Figura 2.16. Corpo soggetto a quattro forze.

P1

Direzione F4

Direzione F2

P2

Retta ausiliaria

Page 25: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

22

2.2.7 Equilibrio di un meccanismo piano, 4 forze. Analizziamo il problema rappresentato in figura 2.19: si tratta di un autocarro che traina un rimorchio in salita. E’ nota la forza peso Q e sono note le direzioni delle reazioni delle ruote (ortogonali al terreno) e della forza di trazione (per semplicità immaginata parallela al terreno). Si tratta del problema delle quattro forze applicato al sistema rimorchio (telaio più ruote). Si individua la retta ausiliaria (linea verde) accoppiando la forza peso con la reazione di sinistra e la forza di trazione con la reazione di destra.

Figura 2.19. Retta ausiliaria.

T

F2

Q

F1 Direzione F1

Direzione F2

Q

F1

Direzione F3

Figura 2.18. Retta ausiliaria.

Direzione F4

Direzione F2

Retta ausiliaria

F2

F4

F3

Page 26: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

23

2.2.8 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, forze parallele. I metodi visti nei paragrafi 2.2.4 e 5 non sono applicabili nel caso in cui tutte le forze siano parallele, infatti l’intersezione delle rette di azione diventa il punto improprio. Trattiamo il problema per via analitica, consideriamo due forze come in figura 2.20, e calcoliamo la risultante R=F1+F2. La posizione della risultante è data dalla coordinata x e può essere determinata uguagliando il momento dato dal sistema di forze F1 e F2 ed il momento della risultante R.

Scegliamo P1 come polo di riduzione dei momenti il cui verso è positivo in senso antiorario, i momenti del sistema e del risultante sono:

2PiM F d= −∑ 2.8a

RM Rx= − 2.8b combinando le relazioni si ha:

2

1 2

F dxF F

=+

2.9

Si noti che x può assumere valore negativo a seconda del segno delle componenti delle forze, in tal caso la risultante sarebbe applicata su un punto esterno al segmento 1 2PP . Alternativamente si può procedere per via grafica: si aggiunga al sistema iniziale un sistema a risultante nulla (in termini di forze e momenti), cioè due forze uguali in modulo e direzione, ma contrarie in verso; in figura 2.2.21 tali forze sono indicate in rosso e sommate a due a due alle forze che costituiscono il sistema. Si procede poi per via grafica come già noto.

F1

Figura 2.20. Forze parallele.

P1

F2

R

d

P2

x

y

P

Page 27: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

24

F1

Figura 2.21. Forze parallele.

P1

F2

R

P2

P

Page 28: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

25

2.3 Esercizi

2.3.1 Esercizio 1.

2.3.2 Esercizio 2.

Figura 2.23. Esercizio.

F 1

1

2

F3,2

F1,2

3

Figura 2.22. Esercizio.

Fp

1

1

2 3

F2,3

F1,3

Page 29: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

26

2.3.3 Esercizio 3.

Si consideri il meccanismo in figura 1 (scala 1:1). Al membro 4 è applicata una coppia pari a 100 Nm;

si determini la forza da applicare al membro 6 (indicata qualitativamente in figura) per mantenere il

sistema in equilibrio.

M=100N⋅m

2

1

3

4

5

Ω

6

F=?

Fig. 1.

• Determinazione dei gradi di libertà

Applicando la regola di Grüber 21 cc2)1m(3n −−−= si ottiene 172)16(3n =⋅−−=

dove le coppie c1 sono: 6 coppie rotoidali e una coppia prismatica.

• Equilibrio del membro 4

Sulla manovella (membro 4) agiscono: il momento motore noto M, una forza proveniente dal

telaio F14 (reazione vincolare della cerniera) e una forza dal membro 3 (F34). La direzione delle

forze F14 e F34 non è nota a priori, occorre valutare l’equilibro alla rotazione del membro 3.

Sul membro 3 agiscono 3 forze (F23, F43, F53). Le direzioni delle forze F23 e F53 sono note, infatti i

membri 2 e 5, per essere rispettivamente in equilibrio, devono scambiare forze dirette lungo l’asse.

La direzione della forza F43 (uguale e contraria alla F34), per garantire l’equilibrio alla rotazione del

membro 3, deve necessariamente passare per il punto P di incontro delle rette indicanti le direzioni

di F23 e F53 (Fig. 2)

Page 30: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

27

dir F23

dir F53

M=100N⋅m

2

1

3

4

5

Ω

6

F=?

P

Fig. 2.

Ora è possibile determinare il modulo forze F34 e F14 costituenti la coppia che va ad equilibrare il

momento M noto (supponiamo d=5cm):

N2000m05.0

mN100dM

FF 1434 =⋅

===

I versi delle due forze devono essere tali da generare una coppia con momento opposto al

momento M dato (solo così il membro 4 sarà in equilibrio) come mostrato in figura 3.

d

F34

F14

M=100N⋅m

2

1

3

4

5

Ω

6

F=?

Fig. 3.

Page 31: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

28

Per quanto riguarda la rappresentazione grafica dei moduli delle forze, una volta scelta la

lunghezza della freccia corrispondente a 2000N, l’intensità delle altre forze sarà rapportata a

questa lunghezza (es. a una freccia che graficamente risulta lunga la metà corrisponde un’intensità

di 1000 N).

• Equilibrio del membro 3

Sul membro 3 agiscono 3 forze di direzione nota (vedi considerazioni precedenti); la forza F43 è

nota anche in modulo e verso (opposto a quello della F43). La determinazione dei moduli incogniti

si ottiene semplicemente chiudendo il triangolo delle forze agenti sul membro 3 (Fig.4.).

F43 (nota)

F53 F23

M=100N⋅m

2

1

3

4

5

Ω

6

F=?

P

Fig. 4.

• Equilibrio del membro 5

Sul membro 5 agiscono solo due forze: quella proveniente dal membro 3 e quella dal membro 6. Il

membro 5 risulta in equilibrio solo sotto l’azione di due forze uguali e contrarie e dirette lungo

l’asse (Fig.5).

Page 32: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

29

F35

F65 5

M=100N⋅m

2

1

3

4

Ω

6

F=?

Fig. 5.

• Equilibrio del membro 6

Sul membro 6 agiscono tre forze: la forza incognita F (di cui è nota la direzione), la forza F56

(completamente nota) e la reazione vincolare F16 (con direzione ortogonale alla direzione di

scorrimento del pistone). Per determinare il modulo di F occorre chiudere il triangolo delle forze

agenti sul pistone.

F16

F56 (nota) 5

F

6

M=100N⋅m

2

1

3

4

Ω

F=?

Fig. 6.

Page 33: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

30

Esercizio suggerito: considerando lo stesso meccanismo, si determini il momento da

applicare al membro 2 per mantenere il sistema in equilibrio, sapendo che sul pistone

agisce una forza nota di 1000 N con direzione indicata in figura 1.

Page 34: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

31

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

In questo capitolo sono fornite alcune informazioni di base sui meccanismi articolati piani. Si affronteranno problematiche relative alla analisi di posizione, di velocità ed accelerazione.

3.1 Parallelogrammo. Il meccanismo è composto di 4 membri collegati mediante 4 coppie rotoidali; essi hanno stessa lunghezza (intesa come distanza tra le coppie di un elemento) a coppie di membri non collegati direttamente (vedere figura). Se fissiamo un membro (telaio) il moto dei membri adiacenti sarà una rotazione, mentre quello del membro opposto sarà una traslazione pura. Questo meccanismo articolato trova molte applicazioni tra cui possiamo citare: tecnigrafi e pantografi. Una variante di questo meccanismo è l’antiparallelogrammo: esso è composto dagli stessi membri e stesse coppie del parallelogrammo, ma è in una seconda configurazione. Il membro opposto al telaio non trasla, ma compie un moto di rototraslazione rispetto ala telaio stesso. Il passaggio dal parallelogrammo si ha quando quest’ultimo si trova in una particolare configurazione: tutte le coppie rotoidali sono sulla stessa retta; questo è detto punto morto ed qui il parallelogrammo può trasformarsi in antiparallelogrammo.

O1 O2 1

2

3

4

Trasla senza ruotare

O1 O2 1 2

3

4

rototraslazione

Page 35: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

32

3.2 Quadrilatero articolato. Si tratta di un meccanismo piano composto da 4 membri e 4 coppie rotoidali. In figura è riportato un esempio in cui: uno dei membri è fissato (telaio); un membro può compiere una rotazione completa (manovella); un membro può compiere una rotazione non completa, alterna, (bilanciere, un membro compie un moto di rototraslazione (bilanciere). Il meccanismo ha un solo grado di libertà se si fissa un membro (telaio). Si possono però presentare altre situazioni, come quelle rappresentate in figura. In un caso abbiamo 2 manovelle ed una biella, due membri possono perciò compiere una rotazione pura completa. In un altro caso nessun membro può compiere una rotazione pura completa ed abbiamo 2 bilancieri ed una biella. La differenza di comportamento dipende da come sono dimensionati i membri, in particolare dalla loro lunghezza. Definizioni.

o Manovella: membro adiacente al telaio che può compiere un moto rotatorio continuo. o Bilanciere: membro adiacente al telaio che può compiere solo un moto rotatorio alterno (sono

impossibili rotazioni pari a 2 π). o Biella: membro non adiacente al telaio che in generale compie un moto di rototraslazione.

Distinguiamo vari casi:

o Bilanciere-manovella. o Doppio bilanciere. o Doppia manovella.

I vari casi si possono distinguere dalla conformazione dei vari membri, in particolare dalla lunghezza di essi, dove per lunghezza intendiamo la distanza tra le due cerniere appartenenti ad un membro. Criterio di Grashof. La somma della lunghezza del membro maggiore e del minore di un quadrilatero articolato piano non può essere maggiore della somma delle lunghezze degli altri due membri, se si vuole permettere un moto rotatorio continuo tra due membri qualsiasi del meccanismo. Si noti che il criterio di Grashof è scritto in termini di moti relativi, si prescinde perciò dall’esistenza di un telaio. Si può tradurre il criterio di Grashof in formule; definiamo le seguenti lunghezze: 1) = lunghezza del membro maggiore 2) s = lunghezza del membro minore 3) p, q = lunghezze dei membri rimanenti. 1) + s < p + q : meccanismo di Grashof, 4 possibilità;

Page 36: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

33

a) Manovella-bilanciere: il membro più corto è la manovella, il telaio è uno dei membri adiacenti.

b) Doppia manovella: il membro più corto è telaio. c) Bilanciere manovella: il membro più corto è cedente (analogo al caso a)). d) Doppio bilanciere: il membro opposto al più corto è telaio.

2) + s > p + q : 4 meccanismi non - Grashof; a) si hanno tre bilancieri, definiti dalla scelta del telaio, non è possibile il moto rotatorio

continuo. 3) + s = p + q : possibilità di inversione del moto; 4) = q , s = p : caso particolare del punto 3),

a) parallelogrammo o deltoide (due membri corti adiacenti); In seguito si rappresentano i casi menzionati:

Page 37: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

34

Dobbiamo introdurre i seguenti concetti: o Inversione o Punti morti o Circuiti

Che descriviamo in seguito mediante degli esempi.

3.3 Inversione cinematica. È il processo in cui si fissano diversi membri di una catena cinematica per creare diversi meccanismi. Il meccanismo resta lo stesso, ma fissando il telaio in modo diverso si ottengono diversi tipi di moto. Un esempio è il quadrilatero rappresentato nella figura in basso e fa riferimento al seguente caso: l+s<p+q.

Un altro caso è quello rappresentato in figura, la catena è composta di 4 membri collegati con due coppie rotoidali ed una prismatica. A seconda di come si fissa il telaio si hanno diversi meccanismi: manovellismo di spinta, glifo oscillante ed altro.

Page 38: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

35

3.4 Inversione geometrica e punti morti. Nell’inversione geometrica di un quadrilatero articolato si ha che il meccanismo passa per una posizione in cui tre cerniere sono allineate. Da questo punto il meccanismo può avere due diverse configurazioni a parità di posizione del movente.

3.5 Circuiti. In tutti i quadrilateri di Grashof sono sempre possibili due tipi di movimento ottenibili staccando fisicamente biella e manovella (o altri due membri) e ricollegandole in una nuova configurazione

o Meccanismi non-Grashof hanno un solo circuito avente inversione geometrica

Page 39: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

36

3.6 Analisi di posizione. Un problema importante da affrontare nello studio dei meccanismi è l’analisi di posizione. Consideriamo un meccanismo ad un grado di libertà: data la posizione del cedente si vuole determinare la posizione di tutti gli altri membri. Storicamente si eseguiva una analisi grafica, di cui un esempio è riportato in figura: sono note le traiettorie circolari dei punti A e B, si disegna la biella su un foglio trasparente che si sovrappone al disegno originale, a questo punto, facendo coincidere i punti A e B della biella, con due punti qualsiasi delle traiettorie circolari tracciate, si determinano le posizioni della biella stessa e di tutti i suoi punti. L’analisi grafica, nella sua semplicità è piuttosto laboriosa, è però molto diretta e intuitiva. Analisi esatta.

o Si imposta l’analisi in modo rigoroso e si ottiene una soluzione in forma chiusa in termini di funzioni elementari.

o Il tipo di soluzione non è generale, per ogni meccanismo serve uno studio dedicato. o La soluzione si ottiene soltanto per alcuni meccanismi. o Non è automatizzabile.

Analisi di posizione mediante “loop closure equations”: approccio numerico. Questo tipo di analisi consiste in una parte iniziale analitica che può fornire anche una soluzione esatta in casi semplici; nella seconda parte si mostra come l’approccio è generalizzabile, mediante soluzione numerica, a qualunque tipo di meccanismo.

o Metodo numerico approssimato o Impostazione generale o Procedimento facilmente automatizzabile

Page 40: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

37

3.6.1 Quadrilatero: analisi esatta e numerica. Consideriamo il quadrilatero articolato rappresentato in figura. Il membro 1 è telaio e il 2 è movente. Nell’analisi di posizione le incognite sono gli angoli di rotazione dei membri 3 e 4, le lunghezze dei membri sono note. Rappresentiamo i 4 membri con 4 vettori passanti per le due cerniere di ogni membro. I 4 vettori formano un ciclo chiuso (closed loop) che possiamo scrivere: r1+ r4= r2+ r3 3.1 scriviamole per componenti: r1 + r4 cos ϑ4 – r2 cos ϑ2 – r3 cos ϑ3 = 0 3.2a r4 sin ϑ4 – r2 sin ϑ2 – r3 sin ϑ3 = 0 3.2b Le 3.2 si possono risolvere esattamente, data la semplicità del meccanismo. Ricaviamo cos ϑ3, sinϑ3 dalle 3.2, ne calcoliamo il quadrato e sommiamo:

(

)4242221

441222

2422

42

14242222

2422

423

coscos2cos2

cos2coscossinsin2sinsin11

ϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑ

rrrr

rrrrrrrrrr

−−

++++−+= 3.3

da cui: ( ) ( ) 221

23

24

22

214412424242 cos2cos2cos2sinsin2 ϑϑϑϑϑ rrrrrrrrrrrr −−++=−+ 3.4

che formalmente si può scrivere come:

CBA =+ 44 cossin ϑϑ 3.5 la cui soluzione è:

2 2 2

4 2 2arccos BC A A B CA B

ϑ ± + −

= ± + 3.6

Come si vede si hanno in generale 4 soluzioni, in generale complesse; ovviamente saremo interessati solamente alle soluzioni reali. Dalla 3.6, tramite una delle 3.2, si ricava l’ultima incognita. Ma non basta, anche in caso di soluzioni reali, le operazioni compiute per arrivare alla 3.6 possono portare a soluzioni spurie. Per eliminarle si può procedere come segue: si ricava ϑ3 dalla 3.2a (attenzione: cos(ϑ3)= cos(-ϑ3); si hanno due soluzioni per ϑ3) e si controlla che la 3.2b sia verificata. Si può anche usare la 3.2b estraendo ϑ3 (attenzione: sin(ϑ3)= sin(π-ϑ3); si hanno due soluzioni per ϑ3) e si verifica la 3.2a. Vediamo che anche la soluzione di questo semplicissimo caso si presenta piuttosto laboriosa. E’ ovvio che per meccanismi più complessi tale approccio è improponibile. Soluzione numerica. E’ possibile pensare ad una soluzione approssimata delle equazioni di chiusura. Scriviamo le 3.2 in forma vettoriale:

r1

r2

r3

r4

ϑ4ϑ2

ϑ3

x

y

Page 41: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

38

( ) ( )( ) 0f =

=ϑϑ

ϑ2

1

ff

3.7

dove ϑ=[ϑ3, ϑ4]T. Dal confronto tra la 3.7 e le 3.2 si individuano facilmente le funzioni f1, f2. Chiamiamo ϑ la soluzione della 3.7. Cerchiamo una soluzione approssimata mediante il metodo di Newton. Selezioniamo arbitrariamente un vettore ϑ ; tale vettore sarà detto “dato iniziale”. Indichiamo con ∆ϑ la differenza tra ϑ e ϑ : ϑϑϑ ∆+= ˆ 3.8 scriviamo ora l’equazione di chiusura: ( ) ( ) 0ff =∆+= ϑϑϑ ˆ 3.9 Linearizziamo la 3.9 sviluppando f in serie di Taylor: ( ) ( ) ( ) 0fff =+∆+=∆+

=ϑϑϑϑ

ϑϑϑ ˆˆˆ D 3.10

dove ( )fϑD è la matrice Jacobiana di f:

( )

=

43

43

,2,2

,1,1

ϑϑ

ϑϑ

ffff

D fϑ 3.11

la matrice Jacobiana, calcolata per ϑϑ ˆ= è rinominata A, per semplicità di notazione, essa a questo punto è una matrice numerica. ( )

ϑϑϑ ˆ== fA D 3.12

Dalla 3.10 possiamo scrivere: ( ) ( ) εϑϑϑ =−+ ˆˆ Af 3.13 La linearizzazione della f non fornisce ovviamente la soluzione, ma possiamo impostare un procedimento iterativo iniziando con il calcolo in prima approssimazione della soluzione che si ottiene imponendo ε = 0: ( )ϑϑϑ ˆˆ 1fA−−=zioneapprossimaprima 3.14 Il procedimento si può generalizzare impostando un calcolo iterativo: ( ) ,...1,ˆˆ 1

1 =−= −+ nnnnn ϑϑϑ fA 3.15

Il calcolo inizia con un dato iniziale arbitrario ϑϑ ˆ=n , la scelta di questo dato è critica per ciò che concerne la convergenza a soluzione del procedimento. Se si è sufficientemente vicini alla soluzione, nel dominio di convergenza, allora si converge verso la soluzione; in caso contrario si può divergere con andamenti oscillanti, casuali non stazionari o crescenti. Si possono utilizzare diversi criteri di convergenza per determinare quando bloccare il processo iterativo:

( )

δ

ε

≤−

+ nn

n

ϑϑ

ϑ

1

f 3.16

dove ε e δ sono delle costanti opportune.

Page 42: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

39

Nel problema analizzato la matrice Jacobiana è:

( )

−=

4433

4433

coscossinsin

ϑϑϑϑ

rrrr

D fϑ 3.17a

Esempio numerico. r1 =7m, r2 = 3m, r3 = 8m, r4 =6m, ϑ2 = 60° valori iniziali: ϑ =[0° ,100°]T. Andamento della soluzione ϑ3 ϑ4 f1 f2 0 100 -3.542 3.311 28.185 65.656 0.922 -0.910 22.897 71.663 0.018 -0.015 22.812 71.798 0.000 -0.000

Dalla soluzione esatta 3.6 otteniamo: ϑ4= ± 71.7976° ; ϑ4= ± 122.368°; di cui sono accettabili ϑ4=71.7976° ; ϑ4=-122.368°.

Page 43: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

40

3.6.2 Esempio 1. Si consideri il meccanismo rappresentato in figura, l’equazione di chiusura è:

r1+ r4= r2+ r3 3.17b r2+ra+r5 = rb 3.17c

Definiamo i vettori presenti nelle 3.17b,c:

3 32 2 4 411 2 3 4

2 2 3 3 4 4

coscos cos, , ,

sin sin sin0rr rr

r r rϑϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ

= = = =

r r r r 3.17d

( )( )

3

3

35 55

5 5 3

coscos, ,

sin sinOa

a bOa

xrrr yr

α ϑϑϑ α ϑ

+ = = = +

r r r 3.17e

dove con ri i=2,...,5 si indicano, al solito, i moduli dei vettori ri, similmente per ra; mentre le componenti del vettore rb sono date semplicemente dalle coordinate, note, del punto O3. Le equazioni 3.17b,c, combinate con le 3.17d,e, determinano un sistema di 4 equazioni scalari trascendenti che permettono di risolvere il problema nel caso in cui ad esempio il movente sia il membro 2 (ϑ2 noto)e le incognite sono perciò: ϑ3, ϑ4, ϑ5, r5.

r1

r2

r3

r4

ϑ4ϑ2

ϑ3

x

y

αra

r5

1

1

1

3

4

5

6

rb

ϑ5

O1 1 O2

O3

Page 44: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

41

3.6.3 Esempio 2. Si consideri il meccanismo rappresentato in figura, l’equazione di chiusura è:

r1+ r4= r2+ r3 3.17f r2+ra+r5 = rb 3.17g

Definiamo i vettori presenti nelle 3.17f,g:

3 32 2 4 411 2 3 4

2 2 3 3 4 4

coscos cos, , ,

sin sin sin0rr rr

r r rϑϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ

= = = =

r r r r 3.17h

( )( )

35 55

5 5 3

coscos, ,

sin sina D

a bDa

rr xr ax br

α ϑϑϑ α ϑ

+ = = = ++ r r r 3.17i

dove con ri i=2,...,5 si indicano, al solito, i moduli dei vettori ri, similmente per ra; mentre le componenti del vettore rb sono date semplicemente dalle coordinate, note, del punto D. Le equazioni 3.17f,g, combinate con le 3.17h,i, determinano un sistema di 4 equazioni scalari trascendenti che permettono di risolvere il problema nel caso in cui ad esempio il movente sia il membro 2 (ϑ2 noto)e le incognite sono perciò: ϑ3, ϑ4, ϑ5, xD.

r1

r2

r3

r4

ϑ4 ϑ2

ϑ3

x

y

αra

r5

1

1

1

3

4

rb

ϑ5

O1 1 O2

6

5

D

y=a x-b

Page 45: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

42

3.6.4 Esercizi.

Trovare numericamente le soluzioni mancanti dell’esercizio precedente. Trovare le due possibili configurazioni di un parallelogrammo, avente uno dei membri più lunghi

come telaio ed uno di quelli più corti come movente. Trovare le due possibili configurazioni di un meccanismo non – Grashof. Analizzare il meccanismo in figura utilizzando le dimensioni del disegno.

2

3

4

5

6

Page 46: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

43

3.7 Proprietà cinematiche del corpo rigido. Si faranno alcuni richiami sui metodi ed i concetti utili all’analisi delle velocità e delle accelerazioni dei corpi rigidi e di sistemi articolati. Dopo un richiamo al teorema generale dei moti relativi, si mostrano le applicazioni al corpo rigido.

3.7.1 Moti relativi. Consideriamo un sistema di riferimento fisso (O, x, y, z) ed un sistema mobile (O’, x’, y’, z’) di cui è conosciuto il moto. Ci chiediamo ora come si possa determinare il moto assoluto di un punto P il cui moto è noto nel sistema di riferimento mobile. La posizione del punto è data da: OP=OO’+O’P 3.18

La velocità dt

dp

OPv = si può scrivere come:

vp = vO’ + Ω × r + vpr 3.19 dove:

r=O’P vO’ è la velocità dell’origine del sistema

mobile. Ω è la velocità angolare del sistema mobile, supposta nota. vpr è la velocità di P nel sistema mobile. vO’ + Ω × r= vPt è detta velocità di trascinamento.

La velocità di trascinamento è la velocità che avrebbe P se appartenesse ad un corpo rigido solidale al sistema mobile. Per le accelerazioni abbiamo: ap = aO’ + Ω × r + Ω × (Ω × r) + 2 Ω × vpr + apr 3.20

dove:

aO’ è la accelerazione dell’origine del sistema mobile (trascinamento) Ω × r è l’accelerazione “tangenziale” ed è dovuta alla accelerazione angolare del sistema mobile

(trascinamento). Ω × (Ω × r) è l’accelerazione centripeta, ed è dovuta alla pura rotazione (trascinamento). 2 Ω × vpr è l’accelerazione di Coriolis, è dovuta al fatto che il punto P si muove in un sistema

rotante. apr è l’accelerazione relativa aO’ + Ω × r + Ω × (Ω × r) = aPt è detta accelerazione di trascinamento.

accelerazione di trascinamento accelerazione di Coriolis accelerazione relativa

Page 47: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

44

Nel moto del corpo rigido, se si fissa il sistema di riferimento mobile solidale al corpo stesso, le accelerazioni di Coriolis e relativa saranno nulle. Diamo semplici interpretazioni dei termini di accelerazione visti:

Tutti i termini della 3.20 sono nulli eccetto r e la accelerazione angolare. E’ il caso di un corpo rigido incernierato, inizialmente fermo, che ha una accelerazione angolare: nell’istante iniziale ogni suo punto ha una accelerazione pari a Ω r un direzione tangente alla traiettoria circolare di P. Si è posto il sistema mobile con origine sulla coppia rotoidale e solidale al corpo rigido.

Tutti i termini della 3.20 sono nulli eccetto la velocità angolare ed il vettore r. E’ il caso di un corpo rigido incernierato, in moto rotatorio uniforme: ogni suo punto ha una accelerazione diretta verso il centro di rotazione e pari

2Ω r. Si è posto il sistema mobile con origine sulla coppia rotoidale e solidale al corpo rigido.

Accelerazione di Coriolis. Un primo modo di spiegare questa accelerazione è il seguente. Immaginiamo che un uomo si trovi al polo Nord, la sua velocità è nulla se non consideriamo la traslazione della Terra nel suo moto attorno al Sole. Spostiamo ora l’omino all’equatore (non importa come), la sua velocità è Ωr, qualcosa dovrà aver prodotto una accelerazione che ha fatto aumentare la velocità da 0 a Ωr. Si noti che nel percorso dal polo Nord all’equatore la velocità relativa alla terra dovrà per forza aver avuto una direzione non parallela all’asse terrestre e quindi l’accelerazione di Coriolis deve essere non nulla lungo il percorso.

P

Ω=0 0Ω ≠

Ω r

r

P

Ω ≠ 0 0Ω =

2Ω r r

v=0

v=Ωr

Ω

Page 48: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

45

3.7.2 Cinematica del corpo rigido: centro di istantanea rotazione. Consideriamo il moto di un corpo rigido nel piano ed applichiamo la 3.20 immaginando che il sistema mobile sia solidale al corpo, l’origine O’ coincida con un punto del corpo P di cui è nota la velocità e che sia nota anche la velocità angolare del corpo. Sia Ω la velocità angolare del corpo: poiché siamo nel piano essa è ortogonale al piano stesso, con verso uscente per rotazione antioraria e entrante per rotazione oraria (regola della mano destra). Sia inoltre vp la velocità del punto P, quindi dell’origine del sistema mobile. Calcoliamo la velocità di un generico punto S, considerando che nella 3.20 si deve porre r=PS oltre che ovviamente vpr = 0. vS = vP + Ω × PS 3.21 Consideriamo ora un punto M tale che PvPM ⊥ , la velocità di tale punto avrà la stessa direzione di quella di P, perciò possiamo lavorare solamente sulla componente nella direzione di vP , cioè con quantità scalari. Detta d = PM si ha: vM = vP + Ω d 3.22 Possiamo allora determinare il particolare punto C tale che PvPC ⊥ e vc = 0. vC = vP + Ω x = 0 3.23 dove abbiamo indicato x = PC , nota che x va preso col segno. Il punto C è detto centro di istantanea rotazione ed ha le seguenti proprietà:

o La velocità del centro di istantanea rotazione è 0. o Il centro di istantanea rotazione in generale non è fisso nel corpo. o La velocità di ogni punto del corpo è ortogonale al raggio vettore che unisce il centro di

istantanea rotazione con il punto in esame o Noti il centro di istantanea rotazione e la velocità angolare di un corpo, possiamo calcolare

tutte le velocità del corpo stesso o Note le velocità di due punti di un corpo rigido (in 2D) il centro di istantanea rotazione si

trova dall’intersezione delle normali alle due velocità. Infatti: vS = Ω × CS 3.24 e dunque: vS ⊥ Ω e vS ⊥ CS.

C

O’≡P

M

S

PS

CS

vP

vM

vS

x’

y’

Page 49: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

46

Esempio: il quadrilatero articolato. Consideriamo il quadrilatero in figura. I punti A e B compiono una traiettoria circolare rispetto ai centri O1 e O3; A e B appartengono però anche al membro 2 e le loro velocità dovranno essere ortogonali alle congiungenti col centro di istantanea rotazione, indicato in figura con C24. Troviamo quest’ultimo tracciando le linee ortogonali alle velocità di A e B (ortogonali a O1A e O3B) e trovando il punto di intersezione. Ragionando in termini relativi possiamo dire che C24 è il centro di istantanea rotazione relativo del membro 2 rispetto al 4. In maniera analoga possiamo perciò trovare anche C31, cioè il centro di istantanea rotazione relativo del membro 3 rispetto al 1. Si noti che Cij ≡ Cji (es. si pensi al moto relativo del membro 1 rispetto al 3, pensato fisso, e si ripeta la procedura). Nel caso in figura il punto C24 ha velocità nulla nell’istante considerato. I membri 1 e 3 hanno velocità relativa nulla nel punto C31 (per capirlo si immagini di estendere per esempio la dimensione del membro 1 fino a C31 e di fissare il 3, questo particolare punto dell’1 avrà velocità nulla; lo stesso si può dire invertendo il ragionamento). Indichiamo con:

o Ω1 velocità angolare del membro 1 o Ω3 velocità angolare del membro 3

considerate positive se il moto è antiorario. Possiamo scrivere: Ω3 3 31O C = Ω1 1 31O C 3.25

Si noti infatti che rispetto al sistema di riferimento assoluto solidale al 4, il punto C31 non ha velocità nulla in quanto è un centro di istantanea rotazione relativo. Dalla 3.25 possiamo determinare il rapporto di trasmissione (velocità angolare del cedente ÷ velocità angolare del movente):

31 1 33 3 31

1 3 31 31 1 3

0 '

0 '

se C e esterno a O OO CO C se C e interno a O O

τ≥Ω = Ω <

3.26

Velocità assoluta di C31 (C13) Velocità assoluta di C31 (C13)

Page 50: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

47

Esempio: coppie superiori. In figura rappresentiamo due un sistema meccanico composto da 3 membri collegati tramite due coppie rotoidali ed una coppia superiore (contatto superficiale tra i membri 1 e 2), cioè C1=2, C2=1, perciò il sistema ha un grado di libertà. Si noti la forma particolare dei corpi 1 e 2: le protuberanze che essi hanno sono simili ai denti delle ruote dentate che si usano diffusamente in meccanica nei sistemi di trasmissione di potenza. Le ruote dentate hanno però un certo numero di denti disposti su una circonferenza ed equi-spaziati angolarmente, in modo da poter garantire la trasmissione del continua moto. In questo esempio fissiamo il membro 1, ne consegue che il 3 ha moto rotatorio ed il 2 ha moto rototraslatorio.

Consideriamo il punto M di contatto tra i denti: in questo punto la velocità relativa tra i membri 1 e 2 è tangente alle superfici a contatto in M.

La velocità del punto O2 è ⊥ a 21OO . Il centro di istantanea rotazione del membro 2 si trova tracciando le normali alle velocità di due punti qualsiasi, ad esempio vM e vO2. Chiamiamo C21 questo punto, dato che esso è anche il centro di istantanea rotazione relativo in un moto più generale. Fissiamo ora il membro 3: il punto C21 ora è effettivamente un centro di istantanea rotazione relativo

del membro 2 rispetto all’1, vale la 3.26 (secondo caso): 212

211

1

2

COCO

=ΩΩ

=τ . Perciò, se disegniamo i

profili in modo che C21 rimanga fisso durante il moto, allora il rapporto di trasmissione è costante. Ciò si realizza normalmente con profili ad evolvente di cerchio.

3.8 Analisi cinematica dei meccanismi articolati. Sono trattati i metodi per l’analisi di velocità ed accelerazione di meccanismi articolati. Si assume già risolto il problema dell’analisi di posizione. Vedremo l’applicazione del teorema dei moti relativi ad un approccio di risoluzione qualitativa grafica; inoltre si imposterà una metodologia analitica su un caso semplice di interesse pratico. Nell’impostazione grafica, e solo per quanto riguarda le velocità, si farà uso di una convenzione: i vettori velocità saranno ruotati di 90° (specificare di volta in volta se in senso orario o antiorario) rispetto agli originali. Vediamo un esempio: in figura abbiamo un corpo rigido collegato al telaio mediante una coppia rotoidale; il moto avviene a velocità angolare costante, perciò la velocità di un punto generico P è ortogonale ad OP. Nella convenzione suddetta si rappresenta il vettore velocità ruotato di 90°. Si noti che nel disegno si è rappresentato il vettore v direttamente con il vettore OP, cioè in questa rappresentazione i vettori sono ruotati di 90° e normalizzati rispetto a Ω.

P

Ω

O

v= OPΩ

Velocità reali

P

Ω

v= OPΩ

O

Velocità convenzionali

Page 51: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

48

3.8.1 Quadrilatero articolato: metodo grafico. Consideriamo il quadrilatero articolato in figura in cui sia imposta la velocità angolare del membro 2 costante. Iniziamo con il punto A, la sua velocità vale: vA=Ω×O1A 3.27 ed in modulo:

Ω= AOvA 1 3.28 Poiché Ω è ortogonale al piano su cui giace il meccanismo, vA sarà ortogonale a O1A rimanendo nel piano. Utilizzando la convenzione dei vettori ruotati di 90° e normalizzati rispetto a Ω rappresentiamo vA mediante il vettore O1A. Abbiamo dunque ruotato vA in senso antiorario e la rappresentiamo a meno di Ω, al termine della analisi tutti i vettori velocità andranno ruotati di 90° in senso orario e moltiplicati per Ω onde ottenere risultati quantitativi. Dalla figura otteniamo immediatamente la direzione di vB poiché il membro 4 è incernierato in O2; otteniamo inoltre la direzione di vP ortogonale al segmento PC31 . Fissiamo un sistema di riferimento mobile solidale al membro 3 ed origine in A. Determiniamo la velocità di B di cui è nota la direzione; ricordiamo la 8.2: vp = vO’ + Ω × r + vpr 3.29 qui ovviamente vpr = 0, inoltre vO’ = vA e definiamo la seconda parte della velocità di trascinamento vBA = Ω × r. Quest’ultima, per come è definita, sarà ortogonale ad AB; ricordiamoci però che stiamo usando la convenzione dei vettori ruotati perciò nella rappresentazione grafica vBA sarà parallela ad AB. Possiamo riscrivere la 3.29: vB=vA+vBA 3.30 nella 3.30 sono note le direzioni di tutti i vettori, restano incognite le componenti di vB e vBA cioè due grandezze

vB vA

vBA

Ω=cost

vB vA

P

x’

y’

Sistema di rif. Solidale al 3

3

B

Ω=cost O1 O2 1

2

3

4 A

P B

vA

C31

Page 52: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

49

scalari; l’equazione 3.30 è vettoriale bidimensionale, perciò ci fornisce 2 equazioni scalari. I problema si può risolvere. Tracciamo allora vA, dai due estremi di questo vettore facciamo passare le parallele alle direzioni dei vettori vB e vBA , troviamo il punto di intersezione e chiudiamo la poligonale, come da disegno in alto. Con lo stesso ragionamento scriviamo: vP=vA+vPA 3.31a vP=vB+vPB 3.31b da cui: vA+vPA=vB+vPB 3.32 Costruiamo graficamente l’uguaglianza 3.32. Tracciamo i vettori vA e vB partendo da uno stesso punto. Immaginando di sommare ad essi vPA e vPB rispettivamente, dalle estremità di vA e vB facciamo passare le direzioni di vPA e vPB. Trovato il punto di intersezione N il vettore O1N rappresenta vP a meno della direzione (convenzione vettori ruotati) e di Ω: NOvP 1Ω= 3.33 Approccio alternativo. Procediamo come in precedenza al calcolo di e vB mediante approccio grafico. Abbiamo poi calcolato anche vBA graficamente, inoltre sappiamo che essa vale in modulo: vBA= AB3Ω ; da cui ricaviamo Ω3 dopo aver misurato i vettori direttamente dal disegno:

ABvBA=Ω3 3.34

ricordando che i vettori rappresentati nella figura sono proprio i vettori delle velocità a meno di Ω2=Ω=cost, possiamo scrivere anche:

ABSA

ABvBA =

Ω=

ΩΩ3 3.35

Ω2=cost

vB vA

P

x’

y’

Sistema di rif. Solidale al 3

3

B

O1 O2 1

4

2

vBA

vBA (reale)

Ω3

Direzione vPA

A S

vB vA vP

N vPBvPA

Direzione vPB

Direzione vPA

O1 vP reale

Page 53: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

50

Avendo poi fissato l’origine del sistema mobile (solidale al membro 3) in A, il verso della Ω3 si ottiene facilmente confrontando la vBA, nella sua direzione reale, con il punto A. In pratica si deve immaginare che questa parte di velocità di trascinamento si può ottenere fissando l’origine degli assi mobili O’, cioè il punto A, e facendo ruotare il membro 3 attorno ad esso. Nel caso specifico si ottiene una Ω3 antioraria. Una volta ottenuta la Ω3 in modulo e verso è immediato ottenere le velocità di ogni punto del membro 3: vP=vA+vPA=Ω3 × AP 3.36 Accelerazioni. Analogamente a quanto fatto per le velocità riprendiamo la 3.20, ipotizzando il sistema mobile solidale al membro 3 ed eliminando ovviamente le accelerazioni di Coriolis e relativa, dato che studiamo il moto di punti fissi nel sistema (x’,y’): ap = aO’ + Ω × r + Ω × (Ω × r) 3.37 si noti che la accelerazione centripeta si può scrivere in 2D in forma semplificata Ω×(Ω × r)= -Ω 2r. Abbiamo quindi: aA=AO1 Ω1

2, che graficamente sarà rappresentata dal vettore AO1; dunque aA≡AO1 a meno di Ω12.

Inoltre: aB=aA+aBA 3.38 dove aB≡aO’ della 3.37; mentre aBA = aBAn + aBAt con: aBAn = Ω 3

2BA; aBAt = 3Ω × AB (attenzione che AB=-BA). L’accelerazione di B si può a sua volta scomporre nelle sue componenti radiale (centripeta) e tangenziale: aB=aBn+aBt 3.39 dove aBn=Ω 42BO2 e aBt = 4Ω × O2B.

In definitiva abbiamo: aBn+aBt=aA+aBAn +aBAt 3.40

Ω=cost

aBAn

aA

1

2

3

4

O1 O2

B

A

aBAt

aBt aBt

Dir aBAn

Dir aBn

Dir aBt

Note in direzione

Dir aBAt

Page 54: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

51

L’equazione vettoriale 3.40 contiene perciò due sole incognite, poiché essa rappresenta un sistema di 2 equazioni, allora possiamo avere soluzione. In figura rappresentiamo la soluzione grafica: si parte dai dati, cioè dai vettori noti: aBn, aA, aBAn ; essi sono sommati seguendo l’equazione 3.40, cioè si sommano aA, aBAn (si inseguono, vedi figura) e la loro somma termina sulla fine di aBn; a questo punto si tracciano le direzioni note di aBt e aBAt partendo dall’inizio dei vettori aBn, aBAn; chiudendo la poligonale graficamente si risolve la 3.40 e si trovano i vettori incogniti. Misurando i vettori incogniti ed utilizzando le aBAt= 3Ω ×AB e aBt= 4Ω ×O2B si possono determinare le accelerazioni angolari di tutti i membri. Note le accelerazioni angolari si possono determinare le accelerazioni di tutti i punti utilizzando la 3.37.

3.9 Approccio analitico: manovellismo di spinta centrato. Il manovellismo di spinta è un meccanismo che trova larghissima diffusione nelle applicazioni meccaniche. Ne è un esempio notevole il suo impiego nei motori endotermici; in figura per esempio è riportato lo schema di un motore bicilindrico ad L di costruzione Ducati®.

Il meccanismo, nella sua versione più semplice monocilindrica, è composto di un membro rotante (manovella), incernierato al telaio (basamento motore) ed a un membro intermedio (biella); la biella a sua volta è incernierata ad un membro detto pistone che può avere moto traslatorio alterno poiché è collegato al telaio (cilindro) mediante una coppia prismatica. Lo scopo di questo tipo di meccanismi può essere vario: pura trasformazione di un moto rotatorio in un moto alterno; trasformazione di potenza generata da una forza che agisce sul pistone, in una potenza all’albero (motore endotermico); trasformazione di una potenza all’albero in energia di compressione di un gas (compressore); o altro.

Ci occuperemo ora degli aspetti cinematici del meccanismo: data la velocità angolare costante della manovella, determinare il moto di tutti gli altri membri. Il manovellismo di spinta centrato che studiamo è rappresentato in figura. Il sistema ha 1 gdl, perciò il suo stato può essere completamente rappresentato attraverso l’unica coordinata angolare ϕ(t) della manovella. Indichiamo con l e r la lunghezza della biella e della manovella. Indichiamo con sB la posizione del pistone partendo dal punto morto superiore (ϕ =0), indichiamo poi con punto morto inferiore la posizione (ϕ =π). La posizione generica del pistone sarà:

aA

aBAn

aBn

aBt

aBAt

PPiissttoonnee

BBiieellllaa

MMaannoovveellllaa

Page 55: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

52

sB=l+r+l cos γ -r cos ϕ 3.41 per il teorema dei seni abbiamo anche: l sin γ =r sin ϕ 3.42 considerando che γ è sempre > π/2 e dunque cos γ < 0, dalla 3.42 otteniamo: 2 2cos 1 sinγ λ ϕ= − − 3.43 dove λ=r / l. Otteniamo:

2 21 11 1 sin cosBs r rλ ϕ ϕλ λ

= + − − − 3.44

Consideriamo ora la 3.44 nel caso in cui λ2<<1; in particolare consideriamo il termine 2 21 sinλ ϕ− e facciamone lo sviluppo in serie di Taylor, ricordando che:

0

1 11 1 12 21 X

XX XX =

− − = + + = − + − 3.45

ponendo X=λ2 sin2 ϕ si ha:

2 2 22 21 1 sin sin cos21 1 sin 1 1

2 2 4 4λ ϕ λ ϕ λ λ ϕλ ϕ

λ λ − − = − + + = + = − +

3.46

e dunque:

1 cos cos24 4Bs r λ λϕ ϕ + − −

3.47

La 3.47 mostra come la legge di moto del pistone può essere sviluppata in una serie di funzioni armoniche di ϕ, il cui primo termine è ovviamente il valor medio. Il moto del pistone è perciò periodico, ma non armonico. Utilizzando la 3.47 otteniamo ora delle espressioni semplificate per velocità ed accelerazione:

sin sin 22

B BB

ds ds dv rdt d dt

ϕ λϕ ϕϕ

= = Ω + 3.48

[ ]2 cos cos 2 sin sin 22Ba r r λϕ λ ϕ ϕ ϕ Ω + + Ω +

3.49

dove ddtϕ

= Ω .

Si noti che le espressioni trovate sono valide anche per velocità angolare non costante.

Valor medio Prima armonica Seconda armonica

Page 56: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

53

3.10 Analisi cinematica mediante funzioni complesse. Si introduce una metodologia molto utile per lo studio dei meccanismi piani. Questa metodologia si basa sull’utilizzo della rappresentazione dei vettori piani mediante numeri complessi. Vediamo un esempio pratico: Consideriamo un corpo 2 incernierato ad un telaio 1. La posizione del punto P sul membro 2 è data dal vettore rP. Il vettore rP può essere rappresentato nel piano

complesso mediante un numero complesso avente come parte reale la componente orizzontale e come parte immaginaria la componente verticale. Indichiamo con rP tale numero complesso e ricordiamo le formule di Eulero:

( )2

2 2

( 1)cos sin

P

P P

jP P

r a j b jr r j

r r e ϑ

ϑ ϑ

= + = − = +

=

3.50

dove le componenti si possono esprimere come:

2 2cos , sinP Pa r b rϑ ϑ= = 3.51 la velocità complessa si esprime semplicemente:

( )2 ( )j tPP P

dr dv r edt dt

ϑ= = 3.52

ponendo 2 2ω ϑ= si ha: 2

2j

P Pv j r e ϑω= 3.53 dato che / 2jj e π= si ha anche:

( )2 / 22

jP Pv r e ϑ πω += 3.54

Il vettore velocità è dunque un vettore ruotato di π/2 rispetto al vettore posizione. Si lascia per esercizio il calcolo delle sue componenti mediante la 3.54 e le formule di Eulero. Determiniamo ora l’accelerazione complessa:

( )2 2 222 2 2

j j jP P P P P

da v j r e j r e r edt

ϑ ϑ ϑω ω ω= = = − 3.55

come si vede l’accelerazione complessa è composta di due termini sfasati di π/2 (vedasi figura a destra), che corrispondono all’accelerazione tangenziale e centripeta. Esercizio. Si determini modulo e direzione dell’accelerazione.

Page 57: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

54

Esempio: manovellismo di spinta. Applichiamo la metodologia suvvista ad un manovellismo di spinta centrato. La chiusura vettoriale fornisce l’equazione: r1=r2+r3 3.56 che in forma complessa si scrive:

3232321

ϑϑ jj ererrrr +=+= 3.57 si noti che r1 è reale, perciò si è omessa la rappresentazione complessa. Dalla 3.57 ricaviamo:

3322

33221

sinsin0:Im

coscos:Re

ϑϑ

ϑϑ

rr

rrr

+=

+= 3.58

da cui otteniamo:

−= 2

3

23 sinarcsin ϑϑ

rr

3.59

ovviamente anche la derivata di r1 è reale:

333333222222

33221

sincossincos

32

ϑωϑωϑωϑω

ωω ϑϑ

rrjrrj

erjerjr jj

−+−=

+= 3.60

considerando che la parte immaginaria della 3.60 è nulla, possiamo scrivere: 0coscos 333222 =+ ϑωϑω rr 3.61 da cui:

3

2

3

223 cos

cosϑϑωω

rr

−= 3.62

infine per l’accelerazione si ha:

( )

( )333233

2222221

sincos

sincos

ϑωϑω

ϑωϑω

+−

+−=

r

rr 3.63

nella 3.63 è già stata imposta nulla la parte immaginaria, ciò implica però:

Page 58: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

55

( )

3

323

33

222222

3 cossin

coscossin

ϑϑω

ϑϑωϑω

ω +−

=r

r 3.64

Page 59: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

56

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

In questo Capitolo si richiamano alcuni semplici concetti di dinamica del corpo rigido. Si seguono le notazioni di (H. Goldstein, 1986).

4.1 Dinamica del corpo rigido: equazioni fondamentali e casi notevoli.

La risultante F delle forze applicate al corpo deve essere pari alla variazione della quantità di moto Q del corpo stesso.

dtdQF = 4.1

mentre il risultante dei momenti applicati (rispetto al polo A) è:

QvKM ×+= AA

A dtd

4.2

La quantità di moto è:

∫=V

dVρvQ (quantità di moto) 4.3

l’integrale è esteso al volume del corpo, v(x, y, z) è la velocità di un punto generico del corpo, ρ è la densità del corpo. Il momento della quantità di moto è:

∫ ×=V

A dVρvrK 4.4

se si tiene conto che il corpo è in moto rototraslatorio si può scrivere: AAm SΩvQ ×+= 4.5 dove il punto A è un punto del corpo scelto per calcolare il momento statico SA:

∫=V

A dVρrS 4.6

le relazioni suvviste discendono dalla ben nota: rΩvv ×+= A 4.7 si noti che dal momento statico si può ricavare il baricentro:

A

P r

V

Page 60: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

57

∫==

V

VG

A

dV

dV

ρrrS

4.8

Il momento della quantità di moto si può scrivere: ΩJvSK AAAA +×= 4.9 dove JA è la matrice d’inerzia:

=

AzAzyAzx

AyzAyAyx

AxzAxyAx

A

JJJJJJJJJ

J 4.10

La matrice d’inerzia è sempre simmetrica, anche se nella 4.10 ciò non è evidenziato, infatti:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2, ,

, ,

Ax x Ay y Az zV V V

Axy x y Axz x z Ayz y zV V V

J r r dV J r r dV J r r dV

J r r dV J r r dV J r r dV

ρ ρ ρ

ρ ρ ρ

= − = − = −

= − = − = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ 4.11

A

G rG

A

P r

r

ry

rx

rz

z

y

x

Page 61: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

58

Casi particolari. A fisso (per esempio ≡ O) In questo caso vA=0 ed otteniamo: O O=K J Ω 4.12 A ≡ G (baricentrale) In questo caso SA=0 ed otteniamo: G G=K J Ω 4.13 In entrambi i casi A fisso o A ≡ G (baricentrale) si ha: =K JΩ 4.14 In tali casi abbiamo:

( )AAA

G

dddt dt

d mdt

= =

= =

J ΩKM

QF a 4.15

Si noti che la seconda delle 4.15 è vera sempre. Perciò se A è fisso o A ≡ G (baricentrale) si ha:

( )A

A A A

ddt

= = + ×J Ω

M J Ω Ω K 4.16

la 4.16 fa riferimento agli assi corpo, in particolare la derivata indicata col punto (Ω ) deve essere fatta rispetto agli assi corpo. Assi principali di inerzia Se gli assi corpo sono principali di inerzia allora: 0, 0, 0Axy Axz AyzJ J J= = = 4.17 cioè la matrice di inerzia è diagonale, in tal caso la 4.16 diventa:

( )( )( )

Ax Ax x Ay Az y z

Ay Ay y Az Ax x z

Az Az z Ax Ay x y

M J J J

M J J J

M J J J

= Ω − − Ω Ω

= Ω − − Ω Ω

= Ω − − Ω Ω

4.18

Caso: Ωx=Ωy=0, asse z baricentrico e principale di inerzia (JAxz=JAyz=0)

0 00 0 0 0

0

AyAx Axy Axz

Ayx Ay Ayz z Az z Ax

Azx Azy Az Ax Ay Azz z

KJ J JJ J J J KJ J J K K K

− + Ω = + Ω +

Ω Ω

i j k 4.19

ma:

Page 62: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

59

00A Az

z

J = = Ω

K JΩ 4.20

perciò KAy= KAx =0, dunque:

( )00Az

z

J = + × = + × = Ω

M JΩ Ω K JΩ Ω JΩ 4.21

da aggiungere sempre la seconda delle 4.15. Caso: Ωx=Ωy=0, asse z baricentrico ma non è principale di inerzia

00 0 0

0

AyAxzAx Axy Axz

Ayx Ay Ayz z z Ayz z Ax

Azx Azy Az Ax Ay Azz Az

KJJ J JJ J J J KJ J J K K K J

− = + Ω = Ω + Ω +

Ω

i j kM 4.22

ma:

Axz

A z Ayz

Az

JJ

J

= = Ω

K JΩ 4.23

perciò

2

0

AyzAxz

z Ayz z Axz

Az

JJJ J

J

− = Ω + Ω +

M 4.24

Vediamo che, al contrario del caso di asse principale di inerzia, si ha che anche in caso di rotazione a velocità angolare costante si determina un momento. Questo è il tipico esempio dello squilibrio dinamico di un rotore. Caso: Ωx=Ωy=0, asse z principale di inerzia, ma non baricentrico Al solito i momenti di deviazione (o prodotti di inerzia) sono nulli, cioè la matrice d’inerzia è diagonale. Gm=F a 4.25 dove in modulo m aG=m r Ωz

2, r è la distanza del baricentro dall’asse di rotazione. Per i momenti si ha: Mx=My=0, Mz=Jz zΩ 4.26 Caso: moto parallelo ad un piano contenente due assi principali di inerzia (piano di simmetria) Questo è il caso di riferimento per i meccanismi piani. , ,x G y G z zF mx F my M J= = = Ω 4.27

Page 63: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

60

Assale ferroviario In figura è rappresentato uno schema di un assale ferroviario. L’assale è composto di due ruote collegate rigidamente ad un asse

che a sua volta potrà essere collegato al telaio del treno mediante coppie rotoidali oltre che ovviamente dei sistemi di sospensione volti a migliorare comfort e caratteristiche dinamiche del treno. Vogliamo studiare le azioni dinamiche di un assale in curva. Innanzitutto fissiamo un sistema di coordinate fisso (ξ, η, z) e mobile solidale all’assale (x, y, z); entrambi sono baricentrali e l’asse comune z coincide con l’asse dell’assale. L’assale è inoltre simmetrico rispetto all’asse z, c’è una

ulteriore simmetria rispetto ai due piani fisso o mobile. Viste le forti simmetrie gli assi (x,y,z) sono principali d’inerzia oltre che baricentrali. Poiché il treno è in curva all’assale sono imposte due velocità angolari: una velocità angolare Ωz dovuta all’avanzamento (si ha anche in moto rettilineo), una velocità angolare Ωη attorno all’asse verticale fisso dovuta alla curva. Scriviamo la velocità angolare sugli assi corpo:

sin , cos ,

cos , sin , 0x z y z z z

x z z y z z z

t t

t tη η

η η

Ω = Ω Ω Ω = Ω Ω Ω = Ω

Ω = Ω Ω Ω Ω = −Ω Ω Ω Ω = 4.28

Il momento necessario a mantenere in moto l’assale è: = + ×M JΩ Ω K 4.29 dove:

0 00 00 0

Ax

Ay

Az

JJ

J

=

J , 0 0

0 00 0

x x xx

y y y y

z z z z

JJJ J

J J

Ω Ω = = Ω = Ω Ω Ω

K JΩ 4.30

inoltre:

x y z

x x y y z zJ J J× = Ω Ω Ω

Ω Ω Ω

i j kΩ K 4.31

si noti che Jx=Jy per la simmetria rispetto al piano (x,y), perciò:

( )( )0

z y y z

x z x z

J J

J J

− Ω Ω × = − Ω Ω

Ω K 4.32

Page 64: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

61

Da cui otteniamo:

( ) ( )( ) ( )

cos cos

sin sin

0

x x x z y y z x z z z y z z

y y y x z x z x z z x z z z

z

M J J J J t J J t

M J J J J t J J t

M

η η

η η

= Ω + − Ω Ω = Ω Ω Ω + − Ω Ω ⋅ Ω

= Ω + − Ω Ω = − Ω Ω Ω + − Ω Ω ⋅ Ω

=

4.33

che si semplificano:

cos

sin

0

x z z z

y z z z

z

M J t

M J t

M

η

η

= Ω Ω ⋅ Ω

= − Ω Ω ⋅ Ω

=

4.34

Le 4.34 danno le componenti di M sugli assi mobili; riproiettando sugli assi fissi si ha:

0

0

z z

z

M J

M

M

ξ η

η

= Ω Ω

=

=

4.35

In definitiva otteniamo un momento avente come unica componente quella sull’asse ξ; ciò implica che questo momento esterno da applicare per mantenere l’equilibrio dinamico si oppone ad un effetto ribaltante dovuto alle azioni giroscopiche dell’assale. L’assale tenderebbe a ribaltarsi verso l’esterno della curva, cioè a sollevare la ruota interna.

4.2 Energia cinetica del corpo rigido. Calcoliamo l’energia cinetica di un corpo rigido, essa si ottiene semplicemente sommando tutti i contributi energetici di ogni elemento infinitesimo del corpo:

12 V

T dVρ= ⋅∫ v v 4.36

ricordando che: A= + ×v v Ω r 4.37 si ha:

21 12 2A A A AT mv= + ⋅ × + ⋅Ω S v Ω J Ω 4.38

vediamo dei casi interessanti:

Ωz t

cosz z zJ tηΩ Ω ⋅ Ω

sinz z zJ tη− Ω Ω ⋅ Ω

z zJ ηΩ Ω

y x

η

ξ

A

P r

V

v

Page 65: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

62

Caso: A fisso (≡ O) In questo caso vA=0 e si ottiene:

12 OT = ⋅Ω J Ω 4.39

Caso: A ≡ G In questo caso SG=0 e si ottiene:

21 12 2G GT mv= + ⋅Ω J Ω 4.40

Caso di moto piano (piano x,y di simmetria)

2 21 12 2G GT mv J= + Ω 4.41

se inoltre si ha rotazione attorno ad un asse z’: vG=rΩ ; e dunque:

( )2 2 2'

1 12 2G zT mr J J= Ω + = Ω 4.42

abbiamo ritrovato il teorema del trasporto.

4.3 Metodo delle masse di sostituzione Si tratta di un approccio classico usato nelle applicazioni tecniche molto utile per analizzare la dinamica di un corpo rigido mediante una formulazione che si presti all’intuito fisico. Si sostituisce il corpo rigido con un certo numero di masse puntiformi, rigidamente collegate tra loro; si impone poi che il sistema di masse sia dinamicamente equivalente al corpo studiato. Lasciamo per ora indeterminato il numero delle masse, ma consideriamo fisse le loro posizioni nel sistema di riferimento solidale al corpo. Per l’equivalenza si deve avere: pari massa

im m= ∑ 4.43 stessa posizione del baricentro

0 , 0 , 0i i i i i im x m y m z= = =∑ ∑ ∑ 4.44 stessa inerzia rotazionale

2 2 2 2 2 2( ) , ( ) , ( ) ,

, ,x i i i y i i i z i i i

xy i i i xz i i i yz i i i

J m y z J m x z J m x y

J m x y J m x z J m y z

= + = + = +

= − = − = −

∑ ∑ ∑∑ ∑ ∑

4.45

Abbiamo scritto 10 equazioni, perciò se si utilizzano 10 masse il problema si può risolvere in quanto è di tipo algebrico lineare.

z

y

x

m1

m2

mi

11..11..11..11

Page 66: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

63

Caso piano im m= ∑ 4.46

0 , 0i i i im x m y= =∑ ∑ 4.47

2 2( )z i i iJ m x y= +∑ 4.48 servono solo 4 masse. Se le masse sono allineate su una retta passante per il baricentro allora servono soltanto 3 masse. Uso di 2 sole masse più un momento di inerzia fittizio nel caso piano Vediamo questo metodo attraverso una delle applicazioni più comuni: la biella di un manovellismo.

Sia mb la massa della biella e Jb il momento d’inerzia baricentrico, inoltre l=a+b è la lunghezza della biella. L’equivalenza dinamica ci fornisce le:

b A Bm m m= + 4.49 0B Am b m a+ = 4.50

2 20A B bm a m b J J+ + = 4.51

da cui ricaviamo:

0, ,A b B b b bb am m m m J J m abl l

= = = − 4.52

4.4 Dinamica del manovellismo di spinta In questa lezione si studiano le azioni meccaniche agenti su un manovellismo di spinta, con particolare riferimento alle azioni di inerzia nascenti dal moto alterno del pistone. Tali azioni d’inerzia sono di notevole importanza nella generazione delle vibrazioni indotte in tale tipo di meccanismo. L’applicazione principale, come noto, è da riferirsi ai motori endotermici, per i quali, le vibrazioni prodotte influenzano notevolmente il comfort del veicolo. Nell’analisi si scinderanno gli effetti statici dagli effetti dinamici in due analisi separate; tali effetti potranno in ogni caso essere sommati, poiché vale il principio di sovrapposizione degli effetti.

4.4.1 Azioni statiche. In un motore endotermico la forza motrice nasce sul cielo del pistone, dove agiscono le forze di pressione. In figura si indica con P la risultante della pressione agente sul pistone; essa ha direzione parallela all’asse della guida (cilindro). Analizzando l’equilibrio del pistone si vede che esso è caricato dal telaio (S41) e dalla biella (S21). Dopo aver ricavato la S21 si ricava facilmente la S23 dall’equilibrio della biella, ed infine il momento motore Mr. È chiaro che a causa della variazione della posizione della biella, a parità di P si avrà un momento motore variabile con l’angolo di posizione della manovella. Inoltre si tenga presente che la forza P in generale varia a seconda della posizione del pistone. Il momento motore risultante è perciò variabile.

Page 67: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

64

4.4.2 Azioni dinamiche. Ipotizziamo che la velocità angolare della manovella sia costante. Inoltre si procede all’analisi delle varie forze di inerzia separatamente per i vari membri del meccanismo. Azioni di inerzia sulla biella. Utilizziamo il metodo delle masse di sostituzione. In particolare sostituiamo alla biella un sistema di due masse, posizionate sui centri delle coppie rotoidali, più un momento di inerzia fittizio. Ovviamente si ipotizza che il baricentro della biella si trovi sulla retta passante per le due coppie rotoidali.

Ricordiamo le relazioni:

0, ,A b B b b bb am m m m J J m abl l

= = = − 4.53

dove abbiamo definito: mb la massa della biella, Jb il momento d’inerzia baricentrico, l=a+b lunghezza della biella.

A causa del moto alterno del punto B nasce una forza di inerzia legata alla accelerazione di B ed alla massa equivalente mA della biella in B. Il punto A si muove invece di moto circolare uniforme, perciò nascerà una forza centrifuga legata all’accelerazione centripeta di B ed alla massa equivalente della biella in A.

Come è noto la biella si muove di moto rototraslatorio non uniforme, essa sarà soggetta ad una accelerazione angolare; nascerà dunque una coppia di inerzia pari a 0J γ e di verso opposto a γ . Ricordiamo le relazioni cinematiche relative al manovellismo di spinta: sinγ=r sinϕ 4.54 differenziando la 4.54 si ha: cos cosγ γ λ ϕ= Ω 4.55a

Page 68: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

65

2 2cos sin sinγ γ γ γ λ ϕ− = − Ω 4.55b dove λ= r/ . Se λ<<1 allora γ≈π, cosγ≈-1 e sinγ ≈0; utilizzando tali semplificazioni si ha: cosγ λ ϕ− Ω , 2 sinγ λ ϕΩ 4.56a La coppia d’inerzia, risultante dall’accelerazione angolare della biella, si può scrivere in maniera equivalente come un sistema di due forze uguali in modulo e di verso opposto. In modulo tali forze si possono ricavare nel seguente modo:

20cos sinAY Jγ λ ϕ= Ω 4.56b

da cui:

2 2

0 02

sin sincosA

J J rY λ ϕ ϕγ

Ω Ω= 4.57

Le forze di inerzia agenti sul punto B sono legate all’accelerazione del pistone (eq. 3.49) ed alla somma della massa del pistone più la massa equivalente della biella in B. Consideriamo separatamente i vari contributi inerziali:

1. Fr si scarica direttamente sul perno di banco.

2. Fa si scarica direttamente sul banco attraverso biella e manovella. Inoltre si scompone nella somma (S’14 + S’12) causando una forza che agisce sul mantello. Infine da un contributo inerziale alla rotazione della manovella e dunque una componente fluttuante che influisce sulla coppia all’albero.

3. YB si scarica sul mantello del cilindro (banco). 4. YA si scarica sul perno di banco attraverso la manovella 3, inoltre da luogo ad un piccolo

contributo inerziale alla rotazione della manovella e dunque una componente fluttuante che influisce sulla coppia all’albero.

Le maggiori sollecitazioni che arrivano al banco sono dovute a Fr e S’43, in particolare di quest’ultima è particolarmente importante la sua componente Fa . Tali forze sono responsabili di grosse sollecitazioni sugli organi meccanici e vibrazioni.

Page 69: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

66

4.4.3 Compensazione delle forze d’inerzia. Per quanto detto in precedenza ci occupiamo della compensazione di Fr e Fa. Il bilanciamento della Fr è molto semplice, tale forza è dovuta al moto rotatorio della manovella. Si ha una massa equivalente della biella concentrata in A ed una massa della manovella concentrata nel suo baricentro. Possiamo allora pensare ad una manovella conformata come quella in figura, dove il baricentro è all’opposto dell’occhio di biella rispetto all’asse di rotazione. Matematicamente ciò significa imporre:

0 , ,bm G b G

m

mb bm r m r r rm

+ = ⇔ = − 4.58

La 4.58 ci fornisce quantitativamente la posizione del baricentro; in sostanza ci permette di progettare il “contrappeso”. La compensazione di Fa è più complessa, la sua forma analitica è:

[ ]2 cos cos2a p b aI aIIaF m m r F Fϕ λ ϕ − + Ω + = +

4.59

La Fa si compone perciò di due parti: una forza del primo ordine avente pulsazione pari a Ω (cos ϕ=cosΩt) ed una forza del secondo ordine avente pulsazione pari a 2Ω.

Osservando la figura risulta immediato che la FaI può essere scomposta come la somma di due forze H aventi modulo costante e rotanti una in senso orario e l’altra in senso antiorario. Il modulo di tali forze è:

212 p b

aH m m r = + Ω

4.60

Delle due forze aventi modulo H, quella avente lo stesso verso di rotazione dell’albero (ed anche la stessa velocità angolare ovviamente) si può bilanciare facilmente allo stesso modo visto in precedenza, cioè aggiungendo una opportuna massa al contrappeso della manovella. La seconda forza, quella controrotante, si può bilanciare mediante un albero separato avente stessa velocità angolare dell’albero motore, ma verso opposto. La forza alterna FaII si può scomporre nello stesso modo della FaI; si otterranno due forze controrotanti, aventi modulo costante. Tali forze però ruoteranno ad una velocità angolare doppia rispetto all’albero motore. In tal caso l’equilibratura si può ottenere mediante due alberi controrotanti ed aventi velocità angolare doppia rispetto a quella dell’albero motore.

Page 70: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

67

Nei motori pluricilindrici le forze del primo ordine sono spesso bilanciate naturalmente (caso del 4 cilindri in linea). In questi casi si ha la necessità di soli due alberi per avere l’eliminazione delle forze del secondo ordine. Si tenga presente che la presenza di alberi di equilibratura complica molto la meccanica ed aumenta i costi, perciò la presenza di questi dispositivi non è molto diffusa nei mezzi di uso comune.

Page 71: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

68

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

5.1 Attrito radente: teoria Coulombiana Nel caso ideale (assenza di attrito) la forze che si scambiano due solidi sono ortogonali alla normale alle superfici nel punto di contatto. Ciò avviene anche se si determina moto di strisciamento tra i corpi. Nel caso reale, se tra i corpi c’è una interazione mutua, allora la forza che si scambiano potrà essere non ortogonale alle superfici, pur restando sempre uguali e contrarie le forze che i due corpi si scambiano. Il modello di attrito più semplice è quello Coulombiano. Supponiamo che un corpo avente peso Fn sia appoggiato su una superficie piana e che abbia una certa velocità v di traslazione. Dall’azione di contatto tra le superfici nascerà: una forza di reazione uguale e contraria ad Fn e una forza di attrito che si oppone al moto: T=f Fn 5.1 Dove f è detto coefficiente di attrito: esso è adimensionale e, nella teoria Coulombiana, è considerato costante, cioè non dipende dalla pressione agente sulle superfici, né dalla velocità relativa tra i corpi. Nella realtà le cose sono più complicate, ma spesso questa teoria semplificata può essere ritenuta ingegneristicamente accetabile. Ovviamente, per mantenere lo stato di moto uniforme, al corpo dovremo applicare dall’esterno una forza uguale e contraria a T, altrimenti il corpo avrebbe un moto uniformemente ritardato. Riassumendo:

o f non dipende dalla pressione di contatto (dalle forze normali e dall’estensione della superficie di contatto)

o f non dipende dalla velocità relativa o f dipende dai materiali e dallo stato di finitura delle superfici

Si noti che la reazione complessiva del supporto può essere composta come in figura. Si ha che la risultante è inclinata di un angolo costante dato da:

tann

T fF

ϕ = = 5.2

Fn

v

R

T

ϕ

Page 72: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

69

Per mantenere il corpo in moto uniforme occorre che il sistema di forze applicato al corpo sia equilibrato, cioè abbia risultante nulla e risultante dei momenti nulla (vedasi lo schema in figura). Si noti che la forza di attrito T ha verso contrario alla velocità v:

o le forze di attrito • si oppongono al moto relativo • compiono sempre lavoro negativo • dissipano energia.

Si noti che la condizione T=f Fn è condizione limite:

o se Ft>f Fn il corpo accelera, per esempio può passare dalla quiete al moto relativo o se Ft<f Fn il corpo decelera, per esempio può passare dal moto alla quiete, oppure, se è in

quiete vi rimane indefinitamente. Pensando alla realtà, cioè a corpi tridimensionali, possiamo dire che:

o se la forza che sollecita il corpo è interna ad un cono avente semi-apertura ϕ, allora lo stato finale sarà la quiete

o se la forza che sollecita il corpo è esterna ad un cono avente semi-apertura ϕ, allora si avrà aumento indefinito della velocità

o la forza che sollecita il corpo è su un cono avente semi-apertura ϕ, allora il corpo rimarrà indefinitamente nello stato in cui è.

In realtà le cose sono un più complesse: f dipende sia dalla pressione che dalla velocità, in particolare da quest’ultima nella distinzione tra moto e quiete. Un miglioramento al modello, ma senza troppe complicazioni è il seguente:

o si indichi fa l’attrito di primo distacco, cioè quello che si ha a velocità nulle o ridottissime o si indichi fd l’attrito di dinamico, cioè quello che si ha a velocità non nulle o in genere si indichi fa > fd

Di conseguenza definiremo due coni: uno di primo distacco ed uno dinamico, il secondo interno la primo. Per iniziare lo slittamento dovremo esercitare una certa forza tangenziale, poi, dato che le veocità aumentano subito, si avrà una riduzione della reazione di attrito T e, per mantenere un moto uniforme, dovremo ridurre la forza tangenziale esterna. Questo comportamento spiega bene perché nella frenata di una automobile, lo slittamento dei pneumatici determina un allungamento degli spazi di frenata. In figura possiamo vedere un tipico andamento del coefficiente di attrito con la velocità: come si vede si ha una variazione continua; dato però che la scala delle ascisse è logaritmica, in verità si ha un brusco calo del coefficiente di attrito dalle bassissime velocità a velocità finite, dopodiché l’andamento è pressoché costante. È da notare inoltre che, a rigore, il coefficiente di attrito dipende anche da:

o Pressione: al diminuire della pressione si ha un incremento del coefficiente di attrito. Ciò spiega l’impiego di pneumatici larghi sulle automobili, nel caso in cui si voglia aumentare l’aderenza.

R

Capitolo

v

33..11..11..11 ϕ

33..11..11..22

33..11..11..33

Page 73: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

70

o Temperatura: tende a diminuire con l’aumento della temperatura in modo non lineare.

5.2 Cenni su: usura e teorie sull’attrito. In questo paragrafo si fanno brevi cenni sui meccanismi fisici che generano le azioni di attrito. Quando due superfici di corpi reali entrano in contatto, il contatto stesso non avverrà su tutta la superficie, ma a causa della rugosità superficiale soltanto alcune zone entreranno in contatto. In queste zone si determinano delle forti pressioni, notevolmente più elevate di quella nominale. L’attrito può essere giustificato dalle seguenti fenomenologie:

o Microgiunzioni dovute alle zone ad elevata pressione a causa della quale si può avere plasticizzazione e saldatura tra i materiali. La resistenza a rottura del materiale a taglio nelle zone di giunzione dà origine a forze tangenziali (attrito).

o Interazione meccanica sui fianchi delle asperità. Anche in questo caso la resistenza alla deformazione dà origine a forze tangenziali.

Come si vede la presenza dell’attrito è sempre legata anche a fenomeni di usura. Infatti, durante i processi descritti si ha una continua asportazione microscopica di materiale, che porta nel tempo ad una usura dei pezzi a contatto. L’usura è un fattore molto importante che può determinare il degrado, fino alla rottura, di un componente di una macchina. A causa dell’usura possono aumentare i giochi tra gli elementi cinematici, con i seguenti possibili malfunzionamenti: perdita di precisione nella trasformazione del moto; urti tra i pezzi accoppiati, con conseguente innesco di altri fenomeni di rottura; vibrazioni, con conseguenti effetti di rumorosità e rotture a fatica; fenomeni di instabilità dinamica. Per ridurre attrito ed usura è possibile intervenire attraverso la lubrificazione degli organi. In sostanza si tratta di interporre del fluido (olio, grasso o altro) tra i corpi in contatto. La lubrificazione porta i seguenti benefici:

o Riduzione delle microgiunzioni o Riduzione delle zone in contatto diretto o Riduzione della resistenza nelle zone di microgiunzione

Nel caso in cui il fluido interposto non determini la completa separazione tra le due superfici, ma esistano sempre zone in cui i corpi vengono in contatto direttamente, si dice che si è in condizione di lubrificazione limite. Nella tabella seguente si riportano alcuni valori del coefficiente di attrito.

Page 74: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

71

5.3 Semplice modello per la valutazione dell’usura: ipotesi di Reye. L’ipotesi di Reye si enuncia molto semplicemente:

Cioè: V=K Lp 5.3

5.4 Attrito volvente. In questo paragrafo si tratta il problema delle dissipazioni che si determinano nel rotolamento: il rotolamento può avvenire tra superfici non combacianti. Il contatto si ha su un punto o su una linea nel caso di corpi perfettamente rigidi. In realtà tutti i materiali sono deformabili, il contatto si sviluppa perciò sempre su una area. Lo studio dei problemi di contatto è un argomento molto complesso che esula dagli obiettivi di questo corso. Qui si fanno alcuni cenni alla teoria di Hertz sulle deformazioni di alcuni tipi di corpi deformabili a contatto, sottoposti ad azioni di compressione, ma senza strisciamento. Sfera su sfera. Consideriamo due sfere di raggio R1 R2 sottoposte all’azione di una forza di compressione Q. Le due sfere si deformeranno nella zona di contatto, che passerà da un punto (corpi rigidi) ad una superficie circolare avente raggio r:

21

311,11.1RRE

Qr +== ρρ

5.4

nella deformazione i centri delle sfere si avvicineranno di una quantità a proporzionale a Q2/3.

VOLUME DI MATERIALE ASPORTATO

LAVORO DELLE FORZE DI ATTRITO ∝

Page 75: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

72

Cilindri. In questo caso immaginiamo che due cilindri di raggio R1 R2 siano sottoposti ad un carico distribuito linearmente in direzione normale all’asse e passante per il punto ideale di contatto. Si avrà una distribuzione uniforme del carico che determina una deformazione nella zona di contatto. La superficie di contatto sarà ora rettangolare dove:

ρEQb 52.1= 5.5

con lo stesso significato dei simboli usati nella 5.4. Nel caso dei cilindri l’avvicinamento degli assi è proporzionale alla risultante Q del carico.

Riassumendo: • Sfere

− Raggio area di contatto r ∝ Q1/3. − Avvicinamento a ∝ Q2/3.

• Cilindri − Larghezza area di contatto 2b ∝ Q1/2. − Avvicinamento a ∝ Q.

2b

r

Page 76: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

73

Effetti del rotolamento. Nel caso in cui due corpi perfettamente elastici in contatto rotolino l’uno sull’altro, l’andamento delle pressioni di contatto (vedi figura), è perfettamente identico al caso in cui non c’è rotolamento: le pressioni di contatto hanno un andamento simmetrico rispetto alla normale alle superfici nel punto di contatto ideale. Il risultato è che la risultante del campo di pressione è normale alla superficie ed è applicata esattamente nel punto di contatto ideale. Da un punto di vista macroscopico, cioè considerando solamente le risultanti delle forze, la situazione è perfettamente analoga al rotolamento tra corpi perfettamente rigidi. In pratica non si ha nessun effetto dissipativo, poiché, per definizione, deformazioni elastiche non dissipano energia. La realtà è diversa, sappiamo bene che una ruota che rotola su un piano prima o poi si ferma. Cosa dissipa l’energia cinetica? Sommariamente possiamo dire che una ruota che rotola liberamente su di un piano è soggetta a due azioni dissipative: effetti di attrito interno nei materiali che si deformano, dissipazioni di carattere fluidodinamico; ci occuperemo di una descrizione dei primi. Due corpi reali che si deformano possono avere i seguenti tipi di effetti dissipativi:

Elasto-plastico: il corpo deformato riacquista solo parzialmente la posizione indeformata (si pensi ad un pneumatico che rotola su un terreno sabbioso, il terreno resta deformato).

Isteresi: il corpo recupera la posizione iniziale, ma restituisce una forza minore rispetto a quanto speso in fase di deformazione di compressione.

Nel rotolamento, a causa degli effetti isteretici e/o di plasticità, si determina una dissimmetria nell’andamento delle pressioni. La risultante delle azioni che il terreno esercita sulla ruota si sposta perciò in avanti, nel senso del moto, di una certa quantità δ. Per mantenere la ruota in moto uniforme occorre perciò esercitare una azione motrice, per esempio un momento: M = Q δ 5.6 Il lavoro compiuto da M equivale al lavoro dissipato dall’attrito volvente: Lp=M Θ = Q δ s / R = Q fs s 5.7 Si definiscono:

o fs coefficiente di attrito volvente

o δ parametro di attrito volvente.

R

R

Q

δ

Page 77: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

74

La 3.7 fa riferimento al lavoro compiuto da M in una generica rotazione Θ che corrisponde ad uno spostamento s. L’ultima parte della 5.7 è formalmente uguale alla formula dell’attrito radente, anche se il significato fisico dei simboli è completamente diverso, facendo riferimento a un fenomeno legato al rotolamento senza strisciamento.

Fatica superficiale. Anche nel caso del rotolamento si può andare incontro a fenomeni di deterioramento dei materiali. La massima sollecitazione del materiale deformato si ha negli strati appena sottostanti la superficie di contatto. Con cicli ripetuti di sollecitazione si possono creare nel materiale delle fessurazioni e lo sfogliamento del materiale, questo fenomeno è detto vaiolatura o pitting. Anche se in generale la presenza di un lubrificante migliora l’usura, la fatica superficiale può essere rilevante anche in caso di buona lubrificazione, poiché dipende soltanto dalle pressioni in gioco. È il caso delle ruote dentate: anche se la lubrificazione è garantita poiché sono generalmente a bagno d’olio, se le pressioni di esercizio sono troppo elevate, si può avere vaiolatura.

5.5 Rendimenti Macchine

o Trasformano l’energia (lavoro, potenza) In generale nelle macchine agiscono forze e/o coppie. Classificazione.

• Forze esterne: forze esercitate su un membro del meccanismo dall’esterno. • Forze interne: forze che i vari membri del meccanismo si scambiano reciprocamente. • Forze motrici: forze esterne che compiono lavoro positivo. • Forze resistenti: forze esterne che compiono lavoro negativo.

5.5.1 Definizioni. Nelle macchine si determinano delle perdite di energia la cui conseguenza è che non tutta l’energia fornita alla macchina arriva all’utilizzatore. Le cause delle perdite si possono genericamente identificare:

Parti in movimento: corpi a contatto, moti relativi, strisciamenti ed attrito. Presenza di fluidi: lubrificazione, raffreddamento, perdite dovute alla visosità.

Page 78: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

75

Le forze di attrito compiono sempre lavoro negativo. L’attrito è la causa della dissipazione di energia.

Definizioni.

Lm lavoro compiuto dalle forze motrici Lr lavoro compiuto dalle forze resistenti (utilizzatore) Lp lavoro compiuto dalle forze di attrito

Per convenzione il lavoro sarà considerato in valore assoluto. Equazione dell’energia. Per un sistema possiamo scrivere l’equazione del bilancio energetico: Lm - Lr - Lp = ∆E 5.8 La somma dell’energia fornita o sottratta ad un sistema meccanico si traduce in una variazione di energia interna.

I lavori vanno presi in valore assoluto. ∆E è la variazione di energia interna (cinetica, potenziale, termica ecc.). Per ciò che concerne la presente trattazione si farà riferimento soltanto all’energia cinetica, se non

diversamente specificato. Regime assoluto. Consideriamo un sistema in cui ∆E sia costantemente nulla in un certo intervallo di tempo (di osservazione). In tal caso l’equazione dell’energia si riduce a: Lm = Lr + Lp t∈(t1, t2) REGIME ASSOLUTO 5.9 Regime periodico. Consideriamo ora un sistema in cui E fluttui periodicamente, ciò significa che ∆E fluttuerà e sarà nulla periodicamente. Se indichiamo con T il periodo di oscillazione dell’energia si può scrivere: Lm = Lr + Lp , t=t1, t1+T, t1+2T, t1+3T REGIME PERIODICO 5.10 Rendimento. In condizioni di regime (assoluto o periodico) su definisce il rendimento di una macchina:

m

r

LL

=η 5.11

In condizioni ideali (Lp = 0) non si ha perdita di energia e tutto il lavoro fornito raggiunge l’utilizzatore.

condizioni ideali ⇒ η = 1 Definiamo il lavoro motore in condizioni ideali, immaginando di fare riferimento ad un certo lavoro assorbito dall’utilizzatore: condizioni ideali Lm0 =Lr 5.12 In condizioni reali una parte di energia si perderà per attrito, per fornire all’utilizzatore sempre la stessa energia dovrà ovviamente variare (aumentare) il lavoro motore fornito dall’esterno alla macchina. Possiamo allora riscrivere il rendimento in forma equivalente:

Page 79: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

76

condizioni reali

m

m

LL 0=η 5.13

Nel caso in cui la forza (o coppia) motrice sia costante, e solo in questo caso, si può anche scrivere il rendimento in termini di forza:

PP0=η 5.14

dove P0 è la forza motrice in condizioni ideali, mentre P è quella in condizioni reali. Considerando le 5.9-10 possiamo riscrivere il rendimento:

m

p

LL

−=1η 5.15

5.5.2 Rendimenti di macchine in serie ed in parallelo Schematizziamo le macchine come delle scatole aventi un ingresso (lavoro motore), una uscita (lavoro resistente) ed una perdita interna (lavoro perduto):

Macchine in serie. Colleghiamo un motore (es un motore elettrico) ad un utilizzatore (es. una macchina utensile), immaginiamo però che il numero di giri del motore non sia adatto alla macchina utensile, perciò abbiamo bisogno di un sistema che riduca il numero di giri; immaginiamo inoltre che per motivi costruttivi la trasformazione del moto non possa essere eseguita con un unico dispositivo, ma si ha la necessità di successive trasformazioni. In astratto ciò si può genericamente indicare con lo schema delle macchine in serie:

Calcoliamo il rendimento globale di questo sistema:

Lr=ηn Lmn=ηn ηn-1 Lm(n-1)= ηn ηn-1 ηn-2 Lm(n-2)= Lm ∏=

n

kk

1

η 5.16

motore T1 utilizzatore Lm=Lm1 Lr1=Lm2

Lp1

T2 T3 Tn Lr2=Lm3 Lr(n-1)=Lmn

Lp2 Lp3 Lpn

η1 η2 η3 ηn Lrn=Lr

motore Macchina (es. riduttore) utilizzatore

Lm Lr

Lp

Page 80: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

77

Il rendimento delle macchine in serie è dunque il prodotto di tutti i rendimenti delle macchine che sono collegate in cascata.

η = ∏=

n

kk

1

η 5.17

Commenti:

il rendimento di una macchina incide direttamente sul rendimento complessivo basta una sola macchina con basso rendimento per fare calare il rendimento complessivo

Macchine in parallelo. Immaginiamo ora di avere un certo numero di utilizzatori che prendono potenza direttamente da un motore, ovviamente attraverso dei dispositivi di trasformazione: per esempio possiamo pensare a dei servizi che prendono potenza da un motore elettrico attraverso una serie di cinghie montate sull’albero del motore. Mediante la solita schematizzazione a blocchi si può determinare il rendimento complessivo del sistema:

Esprimiamo il rendimento:

1 1 1

1 1

n n n

rk k mk k mkk k kn n

mmk mk

k k

L L L

LL L

η ηη = = =

= =

= = =∑ ∑ ∑

∑ ∑ 5.18

Nella 5.18 compare una media ponderata dei rendimenti di tutte le macchine di trasformazione, dove il peso è il lavoro che attraversa la singola macchina. Ciò significa che il rendimento di una certa macchina influirà sul rendimento complessivo a seconda della potenza che la attraversa. Ad esempio, se una macchina avente basso rendimento, ma è collegata ad un utilizzatore che assorbe poca potenza, allora non ci sarà un grande degrado del rendimento complessivo. Questa caratteristica differenzia molto lo schema in parallelo da quello in serie dove una singola macchina poteva portare al degrado complessivo del rendimento del sistema. Moto retrogrado.

motore

T1 U1 Lm1 Lr1

Lp1 T2

T3

Tn

Lp2

Lp3

η1

η2

η3

ηn

U2

U3

Un

Lm2

Lm3

Lmn

Lr2

Lr3

Lrn

Lpn

Page 81: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

78

Consideriamo il semplice schema alla nostra destra, inizialmente il motore fornisce coppia sufficiente a sollevare il peso P. Immaginiamo ora di ridurre la coppia motrice fino ad arrivare all’arresto del corpo appeso al cavo. Ci chiediamo cosa accade se, riducendo ancora la coppia motrice, al limite fino a zero, ma senza invertirla: il moto si inverte? Cioè il peso inverte la sua marcia ed inizia a scendere oppure si ferma dove è? Vedremo che tutto dipende dal rendimento della trasmissione. Notiamo che, se si inverte il moto, cioè siamo in condizione di moto retrogrado, l’azione motrice e resistente si scambiano di ruolo: l’azione motrice diventa resistente e l’azione resistente diventa motrice. Per chiarire questa situazione introduciamo un apice ai lavori: L’m lavoro motore retrogrado per quanto detto sull’inversione si ha: L’m= Lr lavoro resistente nel moto diretto definiamo ora il rendimento nel moto retrogrado analogamente al moto diretto:

r

r

m

r

LL

LL '''' ==η 5.19

considerando il lavoro perduto nel moto retrogrado L’p si ha:

r

p

LL'

'1 =−η 5.20

considerando la definizione di rendimento nel moto diretto possiamo scrivere:

ηηη

η kLL

LL

LL

p

p

p

m

r

p ===−− 1''

1'1

5.21

dove si è definito k=L’p / Lp. Ricaviamo ora η’:

( )

ηηη

ηηη kkk −+

=−

−=11' 5.22

Se si avesse η’<0 il moto retrogrado sarebbe impossibile, considerando la 5.22 ciò avviene se: 0<−+ kkηη moto retrogrado impossibile 5.23 si può dunque trovare il rendimento del moto diretto che impedisce il moto retrogrado:

1+

<k

kη 5.24

trasmissione motore

T

P

Mr Mm

η

Page 82: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

79

talvolta si può considerare che il rapporto k ≈ 1, in tal caso il moto retrogrado è possibile se η > 0.5. Queste considerazioni sono molto interessanti nelle applicazioni pratiche. Infatti a causa di una riduzione imprevista della potenza motrice in un impianto (dovuta magari a cali di potenza nella rete elettrica) si potrebbe avere una inversione del moto del sistema, con conseguenti situazioni pericolose. Se il rendimento del sistema è però sufficientemente basso, allora si può ritenere che l’inversione del moto sia improbabile, e si può evitare l’uso di sistemi di blocco di emergenza. Ovviamente affidarsi solamente a ciò non garantisce sicurezza assoluta, perciò in impianti delicati, come ad esempio gli ascensori, i sistemi di sicurezza sono sempre previsti.

5.6 Attrito di strisciamento nelle coppie elementari.

5.6.1 Coppia prismatica. Consideriamo un albero supportato in due punti:

dove P è l’azione motrice e Q è quella resistente. Eseguiamo l’equilibrio statico del sistema trascurando l’attrito sui supporti. Dai punti di intersezione della retta di azione di P con quella di Rb e della retta di azione di Q con quella di Ra individuiamo una retta, detta retta ausiliaria. Si può dimostrare che la risultante di P + Rb (con neretto indichiamo dei vettori) e quella di Q + Ra si trovano sulla retta ausiliaria.

Dir. Ra Dir. Rb

P

Dir. Q

Retta ausiliaria

A

B

Page 83: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

80

Il problema da risolvere è dato da tre vettori noti in direzione (P, Rb ,Ra) ed un vettore noto Q. Componiamo i vettori P, Rb definendo W = P + Rb (ancora incogniti), tali vettori si dovranno comporre in B. Componiamo ora Q ed Ra (nel punto A) definendo il vettore somma W’ = Q + Ra. Ci siamo ridotti da un sistema di 4 forze agenti sull’albero ad un sistema di sole due forze. Per l’equilibrio alla traslazione deve essere W’ = -W mentre per l’equilibrio alla rotazione i due vettori devono giacere sulla stessa linea d’azione (la retta ausiliaria passante per i punti A eB). In figura si può vedere la soluzione grafica del problema. Perturbiamo lo stato del sistema considerando l’attrito sui supporti. Immaginiamo una perturbazione sufficientemente piccola da non modificare il verso delle reazioni vincolari. In tal caso sappiamo che queste ultime dovranno inclinarsi di un angolo pari all’angolo di attrito, in modo tale da compiere lavoro negativo (la componente si deve opporre al moto relativo tra i membri). Il problema si risolve come nel caso precedente, ma tenendo conto della diversa direzione delle reazioni vincolari.

Dalla figura si vede che, avendo tenuto fissa l’azione resistente Q l’azione motrice P è aumentata, infatti abbiamo dovuto compiere del lavoro in più per bilanciare il lavoro perduto.

5.6.2 Piano inclinato: rendimento e moto retrogrado. Consideriamo il disegno in figura: un grave pesante Q viene trascinato da una forza P su di un piano inclinato. Per effetto dell’attrito la reazione del piano non è ortogonale al piano stesso, ma inclinata dell’angolo di attrito. Si vuole determinare P e la condizione per il moto retrogrado. Consideriamo la normale alla reazione R e proiettiamo su di essa tutte le forze in gioco. In tal modo abbiamo eliminato dal calcolo la reazione vincolare, di cui però teniamo conto per mezzo della sua retta di azione.

Ra

Rb

P

Q

W

Page 84: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

81

Dall’equilibrio otteniamo: sin( ) cosQ Pα ϕ ϕ+ = 5.25 da cui:

sin( ) sin cos cos sincos cos

P Q Qα ϕ α ϕ α ϕϕ ϕ+ +

= = 5.26

nel caso ideale ϕ = 0, dunque: 0 sinP Q α= 5.27 da cui otteniamo il rendimento:

0 cos cos 1sinsin cos cos sin cos cotan sin 1 cotan

PP f

ϕ ϕη αα ϕ α ϕ ϕ α ϕ α

= = = =+ + +

5.28

si noti che abbiamo usato direttamente le forze, anziché il lavori, poiché esse in questo caso sono costanti. Moto retrogrado. Nel moto retrogrado Q diventa motrice, ϕ cambia segno e P cambia valore, perciò la chiameremo P’, quest’ultima da motrice diventa resistente. Per l’equilibrio si possono usare gli stessi schemi:

sin( ) sin cos cos sin'sin( / 2) cos

P Q Qα ϕ α ϕ α ϕϕ π ϕ

− −= =

− + 5.29

Si ha moto retrogrado se P’ > 0; poiché ϕ < π/2 si ha: P’ > 0 se ϕ < α 5.30a P’= 0 se ϕ = ϕa = α 5.30b Partendo dallo stato di quiete il moto retrogrado si avvia se α > ϕa .

Q

R P

ϕ α

ϕ

α

Page 85: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

82

Calcoliamo il rendimento nel moto retrogrado:

0

' sin cos cos sin 1' 1 cotancos sin

P fP

α ϕ α ϕη αϕ α

−= = = − 5.31

P’ è la forza che compie lavoro resistente, mentre P0 è la forza del moto diretto che fornisce il lavoro pari a Q, cioè il lavoro motore nel moto retrogrado. nel caso limite ϕa = α abbiamo:

' 0

1 11 tan / tan 2a

η

ηϕ α

=

= =+

5.32

Nel caso in cui la P non fosse stata parallela al piano, si sarebbe ottenuto un rendimento limite nel moto diretto leggermente diverso da 0.5, ma nel caso in cui l’attrito fosse stato piccolo si sarebbe avuto un valore molto vicino. Dalla 5.31 si può notare che: η’ è pari al reciproco di η, dove va posto –f anziché f.

5.6.3 La coppia rotoidale. La coppia rotoidale è in genere composta da un albero inserito in una sede avente diametro leggermente maggiore (gioco). Immaginiamo inizialmente che l’albero sia in quiete rispetto alla sede e sia caricato da una forza N sull’asse; la sede reagirà con una forza uguale e contraria, vedasi figura). Applichiamo ora un momento M all’albero:

o L’albero inizia a rotolare nella sua sede. o R si inclina rispetto alla normale al punto di

contatto che si sposta da P a P’ a causa del rotolamento; essa rimane sempre parallela a

N, ma non più sulla stessa retta di azione. o Quando β ≥ ϕa inizia lo striciamento. o Sappiamo che quando si determina

strisciamento con velocità non infinitesime il coefficiente di attrito si abbassa.

o Il punto di contatto allora tornerà indietro fino a stabilizzarsi in modo tale che β = ϕ (coefficiente di attrito dinamico).

Si è perciò instaurato un processo dinamico che potrebbe stabilizzarsi o meno su un punto fisso (equilibrio). Per semplicità abbiamo ipotizzato che ciò avvenga e quindi, dopo un transitorio trascurabile, si abbia β = ϕ. In condizioni stazionarie R sarà dunque inclinata di

N

R

N

R β

P’ `P

M

Page 86: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

83

un angolo ϕ rispetto alla normale al punto di contatto. Essa si manterrà perciò ad una distanza fissa dal centro della coppia (trascuriamo il gioco) e quindi sarà tangente ad una circonferenza con centro il centro della coppia ed avente come raggio ρ questa distanza. In presenza di attrito le forze che si scambiano due membri collegati mediante una coppia rotoidale non passano per il centro della coppia (come nel caso ideale), ma sono sempre tangenti ad una circonferenza detta circolo di attrito in modo tale da compiere lavoro negativo (ci sono infatti sempre due possibilità di tangenza). Calcoliamo il momento necessario a mantenere il sistema in questa condizione dinamica stazionaria: M=N ρ= N R sinϕ ≈ N R tanϕ = N R f 5.32 Ogni coppia rotoidale è caratterizzata da un circolo di attrito avente raggio: ρ ≈ R f.

N

R ϕ

P’ P

M

ρ

Page 87: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

84

5.6.4 Esempi Consideriamo l’esempio in figura dove P è la forza motrice e Q è la forza resistente.

Il rendimento del sistema in generale è:

QR

M P

MW QaW M Pb

η = = = 5.33

Dall’equilibrio alla rotazione si ha:

1,2 0Pb Qa R ρ− + + = 5.34

usando il teorema di Carnot abbiamo: 2 21,2 2 cosR P Q PQ θ= + − .

Ipotizzando che l’attrito sia sufficientemente piccolo e che la reazione non cambi in modulo a causa dell’attrito scriviamo:

2 21,2 0 02 cosR P Q P Q θ+ − 5.35

dove

0aP Qb

= 5.36

da cui:

2

1,2 2 1 2 cosa aR Qb b

θ+ − 5.37

infine otteniamo:

2

2 1 2 cosa a aP Q Qb b b b

ρ θ= + + − 5.38

Page 88: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

85

il rendimento è:

0 0mR

m m

L PLL L P

η = = = 5.39

considerando la 5.38 si ha:

2

2

1

1 1 2 cosa aa b b

ηρ θ

=

+ + −

5.40

5.6.5 Equilibrio delle ruote. Ruota condotta. Consideriamo una ruota che rotola su un piano, trascinata mediante una coppia rotoidale posizionata nel suo centro. Questo schema si presenta per esempio nelle ruote non motrici di un’automobile. Sulla ruota agiscono soltanto due forze: la reazione del terreno R12 e la reazione del supporto (membro 3) collegato alla ruota mediante la cerniera. Per l’equilibrio della ruota queste due forze dovranno essere uguali e contrarie, inoltre dovranno giacere sulla stessa retta d’azione. Il punto di applicazione della reazione del terreno sarà spostato in avanti, nel senso del moto, del parametro di attrito volvente. La reazione che la ruota riceve dal membro 3 passerebbe nel centro della cerniera in assenza di attrito. Nel caso attuale invece la reazione deve essere tangente al circolo d’attrito, in modo tale da compiere lavoro negativo nel moto relativo della ruota rispetto al supporto. Si ha: R12 – R32 = 0. Ruota motrice. In questo caso sulla ruota agisce un certo momento motore M. La direzione della reazione del terreno non può essere determinata dalla sola analisi dell’equilibrio della ruota. Tutto ciò che possiamo dire è:

la reazione del terreno passa per il punto determinato dal parametro δ

la reazione del supporto della ruota è tangente al circolo di attrito in modo da compiere lavoro negativo (occhio perciò ai versi delle forze e delle velocità relative)

le due forze sono uguali e contrarie, ma non passano per la stessa retta d’azione, bensì formano una coppia avente braccio b tale che: M = R12 b.

ω

R12

R32

1

2

δ

3

ω

R12 R32

1

2

δ

3

M

b

Page 89: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

86

La direzione effettiva delle forze si potrà determinare attraverso l’analisi complessiva del sistema in cui la ruota è inserita. Due controlli sono necessari in questo contesto:

Verificare che la reazione del terreno abbia sempre una componente positiva nella direzione ortogonale al piano e orientata dal piano stesso alla ruota. Infatti il contatto ruota terreno determina una coppia superiore, che non può reagire ad azioni di distacco: la ruota deve sempre essere premuta sul terreno.

Verificare che l’inclinazione della reazione del terreno sia interna al cono di attrito, altrimenti si ha slittamento.

Ruota frenata. In questo caso sulla ruota agisce un certo momento frenante M (si può riconoscere in figura, poiché, essendo discorde in verso alla velocità angolare, compie lavoro negativo). Analogamente al caso precedente, la direzione della reazione del terreno non può essere determinata dalla sola analisi dell’equilibrio della ruota. Tutto ciò che possiamo dire è:

la reazione del terreno passa per il punto determinato dal parametro δ

la reazione del supporto della ruota è tangente al circolo di attrito in modo da compiere lavoro negativo (occhio perciò ai versi delle forze e delle velocità relative)

le due forze sono uguali e contrarie, ma non passano per la stessa retta d’azione, bensì formano una coppia avente braccio b tale che: M = R12 b (attenzione ai versi: qui abbiamo lavorato in valore assoluto).

La direzione effettiva delle forze si potrà determinare attraverso l’analisi complessiva del sistema in cui la ruota è inserita. Ripetiamo le considerazioni sulla reazione del terreno.

Verificare che la reazione del terreno abbia sempre una componente positiva nella direzione ortogonale al piano e orientata dal piano stesso alla ruota. Infatti il contatto ruota terreno determina una coppia superiore, che non può reagire ad azioni di distacco: la ruota deve sempre essere premuta sul terreno.

Verificare che l’inclinazione della reazione del terreno sia interna al cono di attrito, altrimenti si ha slittamento.

Esempio applicativo: automobile a trazione posteriore. Si consideri un’automobile come quella rappresentata nella pagina seguente; il peso Q agisce sul baricentro (che in genere nelle auto a motore anteriore è un po’ spostato in avanti), oltre al peso agisce anche la resistenza aerodinamica T. Dall’analisi della ruota anteriore (condotta) conosciamo la linea d’azione della R14. Le linee di azione di Q+T e R14 si intersecano in P dove, per l’equilibrio alla rotazione del sistema telaio+ruote, deve passare anche la linea di azione della R12. Determinata quest’ultima direzione possiamo comporre i vettori in modo tale che Q+T + R12 + R14 = 0. A questo punto siamo in grado di determinare la coppia motrice necessaria.

ω

R12

R32

1

2

δ

3

M

b

Page 90: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

87

ω

R14

R32

1

4

δ

3

ω

R12 R32

1

2

δ

3

M

b

Q

44..11..11..11

R12

R14

Page 91: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

88

5.6.6 Coppia elicoidale La coppia elicoidale ha un ruolo molto importante sia per quanto riguarda i meccanismi sia in altre applicazioni meccaniche come ad esempio i collegamenti filettati tra particolari meccanici. L’effetto dell’attrito ha un ruolo particolarmente importante sul moto retrogrado, determinando per esempio, la tendenza allo svitamento di un collegamento filettato. Consideriamo la coppia elicoidale di cui un elemento cinematico è rappresentato in figura; se la vite compie un giro completo, allora essa avanza di una quantità pari al passo della vite stessa ed il bilancio energetico è:

Mm 2 π = Q h + Lp 5.41 Se indichiamo con p la forza normale per unità di lunghezza agente sul filetto e ricordiamo che essa è legata all’attrito da una proporzionalità diretta, possiamo calcolare il lavoro perduto

0sin

L

pfhL pds

α= ∫ 5.42

dove il termine integrale è incognito.

Consideriamo ora l’equilibrio in direzione dell’asse della coppia:

0 0

cos sin 0L L

Q p ds fp dsγ α− + =∫ ∫ 5.43

da cui otteniamo il termine incognito della 5.42:

0 cos sin

L Qpdsfγ α

=−∫ 5.44

Page 92: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

89

siamo ora in grado di esprimere il lavoro compiuto dalle forze di attrito:

( )cos sin sinpfhQLfγ α α

=−

5.45

nella equazione 5.45 i termini noti sono: il coefficiente di attrito, il passo h, il carico Q, l’angolo dell’elica α ; mentre l’angolo γ può essere facilmente calcolato:

riprendiamo ora la 5.41:

5.48

5.46

5.47

Page 93: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

90

2

2

sin cos cos2 sin cos sinmQh fM

fα γ α

π α γ α+

=−

5.49

,0 2mQhM

π= 5.50

da cui otteniamo il rendimento:

2,0

2

sin cos sinsin cos cos

m

m

M fM f

α γ αηα γ α

−= =

+ 5.51

dalla 5.48 e ricordando che:

22

1tan 1cos

γγ

= − 5.52

possiamo facilmente ricavare γ in funzione di θ. Introduciamo ora per comodità una nuova grandezza:

costancos

f f αϕγ

′ ′= = 5.53

utilizzando questa relazione possiamo esprimere il rendimento in maniera più espressiva:

( )tan

tanαη

α ϕ=

′+ 5.54

si noti che se α è piccolo allora cos α ≈ 1 e tan ϕ’ ≈ f / cos γ ; al tempo stesso se α è piccolo allora γ ≈θ da cui otteniamo:

tancos

fϕθ

′ 5.55

la 5.55 mostra che per angolo di elica piccolo ϕ’ non dipende dall’angolo di elica stesso. Dalla 5.54 otteniamo che:

• η=0 per α =0 e per 2πα ϕ′= −

• η è massimo per 4 2π ϕα

′= −

Dalla 5.54 possiamo inoltre ricavare il rendimento nel moto retrogrado, considerando semplicemente il reciproco del rendimento nel moto diretto e cambiando il segno del coefficiente di attrito:

( )tantanα ϕ

ηα

′−′ = 5.56

Page 94: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

91

In figura sono rappresentati i rendimenti diretto e retrogrado in funzione dell’angolo di elica. Il moto retrogrado è impedito se:

(η’<0) per cosarctan arctancos cos

ff αα ϕγ θ

′< =

5.57

Si noti che ϕ’ cresce al crescere dell’angolo del filetto θ, dunque lo svitamento è più facile per filettature aventi basso angolo θ, per esempio le filettature cilindriche (θ=0) vengono usate nei sistemi di movimentazione per la loro alta efficienza, ma non sono adatte per sistemi in cui sia richiesto arresto spontaneo. Vite mordente In questo tipo di collegamento si ha un bullone passante attraverso uno dei due pezzi da collegare, si ha poi un accoppiamento tipo vite elicoidale con il secondo pezzo, vedasi figura. Si determina una forza assiale nel momento in cui il bullone viene serrato e perciò delle azioni di attrito sia sull’elica che sulla testa del bullone.

Detta Q la forza di serraggio si ha:

2

12

sin cos cos2 sin cos sinm mQh fM f R Q

fα γ α

π α γ α+

= +−

5.58

dove f1 è il coefficiente di attrito testa-superficie ed Rm è il raggio medio della corona circolare di contatto testa superficie.

Page 95: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

92

5.7 Distribuzione delle pressioni di contatto. Ricordiamo l’ipotesi di Reye accennata nel paragrafo 3.3 e riguardante l’usura ed il suo rapporto con il lavoro perduto:

Cioè: V=K Lp 5.59

o K dipende dalla natura dei materiali. o Il volume di materiale asportato si distribuisce maggiormente sul materiale più tenero. o Nelle applicazioni faremo l’ipotesi che il materiale asportato si concentri completamente sul

materiale più tenero. In questo capitolo si sfrutterà la 5.1 per stimare l’andamento delle pressioni di contatto tra solidi che sono sottoposti ad azioni mutue di usura.

5.7.1 Pattino piano. Immaginiamo di avere un corpo (rappresentato in figura) di forma parallelepipeda appoggiato su un piano, caricato con una forza Q e soggetto ad uno spostamento con velocità v. Il corpo è di materiale più tenero, perciò ipotizziamo che sia l’unico a consumarsi. La forza necessaria al moto è F= f Q.

Lo spessore di materiale usurato deve variare linearmente perché il corpo B si consuma su una superficie piana:

1 00( ) h hh x h x

a−

= + 5.60

ovviamente i valori effettivi di h0 e h1 non sono noti, poiché dipendono da quanto spazio percorre B su A, cioè da quanto tempo il pezzo è soggetto a usura.

VOLUME DI MATERIALE ASPORTATO

LAVORO DELLE FORZE DI ATTRITO ∝

h0 h1

h(x)

x

a

x0 Q

v

B

A

Page 96: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

93

Tra A e B l’azione di contatto sarà una forza per unità di lunghezza, poiché abbiamo rappresentato il sistema in due dimensioni (in realtà la terza dimensione esiste, perciò tra i due corpi si sviluppano delle forze per unità di superficie, cioè delle pressioni di contatto). Su un trattino infinitesimo d x agirà una forza p d x, dove p è la nostra forza per unità di lunghezza. La relativa azione di attrito è: f p dx. Ipotizzando che B percorra un certo spazio S, il lavoro elementare è dato da: S f p dx 5.61 Utilizzando l’ipotesi di Reye possiamo scrivere:

Considerando che f è un parametro e S è una costante (nel senso che non dipende da x), le precedenti relazioni ci permettono di scrivere la seguente legge di proporzionalità:

1 00 1 2

h hp C h x C C xa− = + = +

5.62

dove 1 01 0 1; h hC h C C C

a−

= = .

L’ipotesi di Reye ha permesso di stabilire che la pressione ha un andamento lineare. Si esegua ora l’equilibrio alla traslazione e alla rotazione di B:

2

1 20( )

2a aQ p x dx aC C= = +∫ 5.63a

2 3

0 1 20( )

2 3a a aQ x p x x dx C C= = +∫ 5.63b

dove si è scelto il punto x=0 come polo di riduzione dei momenti. Dalle 5.63 si ottiene:

01 2

4 6a xC Qa−

= 5.64a

( )02 3

6 2x aC Q

a−

= 5.64b

e dunque l’andamento della p(x):

( )002 3

6 24 6 x aa xp Q xa a

− −= +

5.65

ricordando che 1 01 0 2; h hC h C C C

a−

= = e considerando la 5.65 possiamo scrivere:

( )

30 0 01

22 1 0 0 0

4 6 2 36 2 6 3

ah a x a xC a aC h h a x a x a

− −= = =

− − − 5.66

S f p dx 1 0

0h hh x dx

a− +

Lavoro perduto Volume asportato

Page 97: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

94

da cui:

00

0

6 312 3

x a xh ha x a

−= + × −

5.67

Abbiamo determinato esattamente l’andamento della forza di contatto; per ciò che concerne lo spessore asportato, il termine h0 resta indeterminato, esso dipende da quanto lavorerà il particolare meccanico oltre che dai materiali. Esempio applicativo.

Un esempio applicativo del pattino piano appena visto è il freno a disco; esso trova applicazione in campo aeronautico, automobilistico, motociclistico, ferroviario e recentemente anche ciclistico. Viene montato, in genere, un disco metallico sul mozzo della ruota. Questo disco fa la funzione che nel caso studiato era coperta dal piano rigido. Sul supporto della ruota, per esempio sulla forcella nel caso di motocicli o biciclette è montata una pinza idraulica che ha lo scopo di premere una piastrina di materiale ad elevato coefficiente d’attrito (detta in gergo, pasticca o anche guarnizione d’attrito). La pasticca si comporta in maniera analoga al pattino piano studiato. La differenza sostanziale è che, lavorando su un disco, nel contatto la velocità relativa dipenderà dalla posizione radiale, inoltre la pasticca è forzata sul disco tramite un pistone idraulico ed è guidata nel suo scorrimento da opportune guide. Perciò la situazione è certo più complessa, ma in prima approssimazione si può considerare come un semplice pattino come quello studiato.

Page 98: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

95

5.7.2 Coppia rotoidale di spinta. Nella coppia rotoidale di spinta si ha un albero rotante, sulla cui estremità è calettato un pezzo di forma cilindrica. L’albero viene caricato assialmente con una forza Q in modo tale che la sua estremità entri in contatto con il piano fisso. Si determina uno strisciamento la cui velocità dipende dalla distanza dall’asse di rotazione. Si noti che nella parte a contatto si ricava un vano, cioè il materiale viene scavato in modo da evitare contatti in prossimità dell’asse di rotazione; in seguito vedremo il motivo di questa lavorazione. Consideriamo un elemento infinitesimo della superficie di

contatto. Su di esso agirà una pressione p(r) (si noti che il sistema è assialsimmetrico) che, per effetto dell’attrito, produrrà una azione tangenziale pari a p f r d ϑ d r. Data la simmetria assiale possiamo integrare subito in ϑ ed ottenere il contributo di una corona circolare infinitesima: p f r 2 π d r; da cui possiamo anche ricavare il momento ed il lavoro: d M = p f r 2 π d r × r, d L = p f r 2 π d r × r Θ; dove Θ è una generica rotazione finita dell’albero.

L’ipotesi di Reye si scrive:

Ne consegue: p = C / r 5.68 p ha un andamento iperbolico ed in particolare tende all’infinito per r che tende a 0, per questo motivo si ricava il vano che evita ai materiali il contatto in prossimità dell’asse. In questa zona le pressioni diventano molto elevate, si hanno di conseguenza degli sforzi elevati che possono procurare rotture premature del pesso. L’equilibrio alla traslazione si scrive:

( )2

1

2

2 10

2R

R

Q prd dr C R Rπ

ϑ π= = −∫ ∫ 5.69

da cui:

R1

r

R2

ω

d ϑ

r d ϑ d r

p f r 2 π d r × r Θ ∝

Lavoro perduto Volume asportato

2 π r d r h

Page 99: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

96

( )2 12

QCR Rπ

=−

5.70

e:

( )2 12

Qpr R Rπ

=−

5.71

Il momento generato dalle forze di attrito è:

( )( )

( ) ( )

2

1

22

0

2 2 2 22 1 2 1 2 1

2 1

2 22 2 2 2

R

R

m

M pr d dr

R R R R R RQf C f f Q f Q RR R

π

ϑ

π ππ

=

− − += = = =

∫ ∫ 5.72

dove Rm è il raggio medio della corona circolare. Una applicazione della coppia rotoidale di spinta è la frizione automobilistica a secco di cui è riportato un esempio a fianco. Come si può vedere la realizzazione pratica è complessa, ma mantiene i principi di funzionamento del sistema studiato. Come è noto questo organo meccanico si inserisce tra motore e cambio; esso permette di scollegare il motore dal cambio nel momento in cui è necessario cambiare marcia.

5.7.3 Ceppo puleggia. Si tratta di un accoppiamento tra un albero (o una puleggia) rotante ed un ceppo, sagomato opportunamente, che viene premuto su di esso. L’applicazione tipica in questo caso è la frenatura e l’applicazione si ha in vastissimi campi della meccanica. Lo schema che si trova in basso è molto semplice. Si vuole determinare l’andamento delle pressioni di contatto.

ω R

h0

Page 100: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

97

La prima cosa da fare, come nei casi precedenti, è valutare il volume del materiale asportato; dalla figura si vede che esso è pari a h0 cos ϑ R d ϑ 5.73 a meno dello spessore. Valutiamo anche il lavoro (anch’esso per unità di spessore): p f R R d ϑ Φ 5.74 In definitiva si ottiene: p =p0 cos ϑ 5.75 Notiamo che p tende a 0 per ϑ che tende a π / 2.

5.8 Cuscinetti volventi. Sono detti anche cuscinetti a rotolamento. Si tratta di elementi

meccanici che si impiegano all’interno delle coppie rotoidali. Sono costituiti da due corone circolari, tra le quali sono interposti in base alla tipologia: sfere, cilindri, tronchi di cono. Ci occuperemo solamente dei cuscinetti a rulli cilindrici e a sfere. Lo scopo di questo tipo di cuscinetto è di sostituire il contatto tra i due elementi collegati mediante la coppia rotoidale, con un contatto volvente: le sfere (o altro) rotolano sulle due corone “senza” strisciare

(in verità un piccolo strisciamento c’è). In tal modo si hanno vari vantaggi:

o Si riduce l’attrito. o Si riduce l’usura. o Si ha minore necessità di lubrificazione (per i cuscinetti autolubrificanti non è necessario

nessun tipo di lubrificazione esterna). Ovviamente i vantaggi si pagano in termini di:

o Maggior costo. o Maggiore complicazione meccanica. o Maggior peso.

I cuscinetti volventi non sono l’unico tipo disponibile, per un esempio possiamo citare: cuscinetti a lubrificazione idrostatica o idrodinamica e a gas. Essi sono una valida alternativa, ma il loro impiego va valutato in base al contesto meccanico in cui si inseriscono ed alle loro caratteristiche. Non approfondiremo questo aspetto.

h0

ϑ h0 cos ϑ

Page 101: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

98

Schema di un cuscinetto a rulli cilindrici.

o Q è il carico esterno agente sull’albero montato all’interno della corona circolare.

o Ra raggio esterno dell’anello interno. o R raggio dei rulli. o γ angolo tra due raggi uscenti da O e

passanti tra i centri di due rulli adiacenti. Con il carico indicato, i rulli che realmente partecipano al sostentamento del carico sono quelli che hanno contatto nella zona indicata con la linea rosa. Gli altri non collaborano poiché, essendo il contatto rullo corona, una coppia superiore, il generico rullino potrà sopportare solo carichi di compressione, cioè che tendano a schiacciarlo sulle corone. Dallo schema in figura si può vedere che, dato lo schiacciamento ε0 del rullo il cui asse incide sulla linea di azione di Q, ed ammesso che gli anelli siano indeformabili, tutti gli altri schiacciamenti seguono la seguente legge di proporzionalità: ε1 = ε0 cos γ ε2 = ε0 cos 2 γ ... ... εi = ε0 cos i γ 5.76 nella configurazione indicata si ha anche: γ = 2 π /z 5.77 dove z è il numero dei rulli. Dalla teoria di Hertz sui cilindri in contatto sappiamo che:

il carico è proporzionale allo schiacciamento Indichiamo con Pi il carico agente sull’i-esimo rullo, si ha: P1 = P0 cos γ P2 = P0 cos 2 γ .... .... Pi = P0 cos i γ 6.3 La somma di tutti i contributi si può scrivere come:

Zona attiva per il sostentamento

γ

ε0

ε1

Page 102: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

99

2

0 cos ( )N

i NQ P iγ

=−

= ∑ 6.4

dove 2 N = z /2. Facciamo ora alcune considerazioni che ci saranno utili nella valutazione approssimata della 5.79. Il valor medio di cos2 (i γ) per i ∈[-N,N] è:

2cos ( )

/ 2

N

i Ni

z

γ=−∑

5.80

Il valor medio di cos2 (γ) per γ ∈ [-π/2,π/2] è:

/ 2

2

/ 2

1 1cos2

π

γ γπ −

=∫ 5.81

Approssimiamo l’integrale:

/ 22 2 2

/ 2

1 1 1 2cos cos ( ) cos ( ),2

2

N N

i N i Nd i i

z

z

π

π

γ γ γ γ γπ π

πγ

=− =−−

= ∆ =

∆ =

∑ ∑∫5.82

Possiamo perciò scrivere:

20 0cos ( )

4

N

i N

zQ P i Pγ=−

= =∑ 5.83

da cui ricaviamo P0.

Consideriamo ora l’attrito volvente e cerchiamo di capire cosa accade durante il funzionamento del cuscinetto Per effetto del rotolamento le forze che scambiano gli anelli col rullo sono spostati di una quantità pari al parametro di attrito volvente, che, per semplicità, pensiamo identico per i due anelli. Considerando il rotolamento del rullo su uno dei due anelli (figura a destra) si ha:

i

i

P RF δ

= 5.84

Facciamo scorrere la Sia sulla sua linea d’azione e consideriamo la

sua scomposizione in direzione radiale e tangenziale. Considerando Oi come punto di applicazione di Sia, soltanto la Fi darà contributo alla somma dei momenti rispetto all’asse di rotazione:

( )mi i aM P R RRδ

= + 5.85

e quindi:

Page 103: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

100

( ) ( )0 cos( )N N N

m mi i a ai N i N i N

M M P R R P R R iR Rδ δ γ

=− =− =−

= = + = +∑ ∑ ∑ 5.86

In questo caso valutiamo la:

/ 2

/ 2

1 2 1 2cos cos( ) cos( ),N N

i N i Nd i i

z

π

π

γ γ γ γ γπ π π =− =−−

= = ∆ =∑ ∑∫ 5.87

e:

( )4 am

Q R RM

π+

= 5.88

Ricordiamo ora la definizione di circolo di attrito nel caso della coppia rotoidale con strisciamento, dove: m aM Q Q f Rρ= = 5.89 Per analogia, dal confronto con la 5.88 scriviamo:

( )4 v af R R

ρπ

+= 5.90

dove fv = δ / R. Cuscinetti a sfere (accenno). La configurazione è perfettamente identica al caso precedente, perciò non la ripetiamo. Dalla teoria di Hertz sui cilindri in contatto sappiamo che:

il (carico)2/3 è proporzionale allo schiacciamento Pi = P0 cos3/2 i γ 5.91 Il ragionamento di qui in poi è identico, ma con calcoli leggermente più complessi, che però non ci danno nessun contributo alla comprensione della fenomenologia, perciò li omettiamo. Si riporta soltanto il risultato, sottolineando che anche qui si può introdurre un opportuno circolo di attrito; ciò dimostra che tutte le coppie rotoidali viste possono essere trattate con un approccio unificato.

( )

0 4.37

1.22 am

QPzQ R R

MR

δ

=

+=

5.92

Page 104: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

101

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

6.1 Considerazioni generali In questo capitolo si studiano i sistemi meccanici aventi un solo grado di libertà; dove, per grado di libertà si intende il numero di coordinate indipendenti necessarie per descrivere completamente il moto. In generale i sistemi meccanici ad un grado di libertà sono governati da una equazione differenziale ordinaria del secondo ordine. In questo capitolo si considerano soltanto sistemi meccanici lineari e tempo invarianti, liberi o forzati da sorgenti esterne di energia. Su questi sistemi sono applicate le più importanti tecniche disponibili per la soluzione di equazioni differenziali ordinarie.

6.2 Esempi di sistemi ad 1 g.d.l. Sistema massa molla Questo è uno dei più semplici sistemi meccanici; esso consiste di una massa concentrata (ovviamente è un’astrazione) collegata ad una molla: L’allungamento ∆ di una molla lineare come quella indicata in figura 6.1 è dato da ∆=F/k; cioè l’allungamento è direttamente proporzionale alla forza F applicata. In questo caso al sistema è applicata la forza peso m g, perciò l’allungamento in condizioni statiche è ∆=m g / k. La linea tratteggiata in figura 6.1 indica la posizione di equilibrio statico del sistema, in tale posizione il sistema permane indefinitamente se non è perturbato. Se si perturba la massa m di una quantità x, il sistema sarà soggetto, oltre all’azione della molla Fk=-kx, anche alle forze di inerzia Fi=-m x , l’equazione del moto diventa: ( ) 0mx k x mg− − + ∆ + = 6.1 considerando che ∆=m g / k, l’equazione del moto diviene: 0mx kx+ = 6.2 questa è una equazione differenziale ordinaria del secondo ordine; per definire il problema di Cauchy, cioè poter ottenere la soluzione, il problema va completato con opportune condizioni iniziali: 0 0(0) , (0)x x x x= = 6.3 cioè deve essere nota la posizione e la velocità iniziale. Questo semplice problema permette di fare delle considerazioni generali. I sistemi meccanici in generale non obbediscono a leggi lineari, ma molto spesso le leggi di moto possono essere linearizzate quando l’ampiezza delle oscillazioni è piccola. Da un punto di vista fisico ci riferiamo perciò a piccole oscillazioni attorno ad una posizione di equilibrio, mentre da un punto di vista matematico possiamo pensare alla linearizzazione come allo sviluppo in serie di Taylor della legge di moto rispetto al punto di equilibrio e troncata al primo ordine. Il sistema (6.2) può essere riscritto come: 2 0nx xω+ = 6.4

m

k

g

Figura 6.1

x

Page 105: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

102

dove /n k mω = è detta pulsazione naturale del sistema (unità di misura [rad/s]). La soluzione generale è: sin cosn nx A t B tω ω= + 6.5 con 0 0/ ,nA x B xω= = 6.6 si noti che la legge oraria (13.5) è armonica con periodo: T = 2 π / ω n=1 / f n ; dove f n è la frequenza naturale del sistema [s-1≡Hz]. Infatti la forma equivalente della 13.5 è: ( )cos nx X tω ϕ= + 6.7 dove X è l’ampiezza di oscillazione e ϕ è la fase; la (6.7) è ovviamente una funzione armonica del tempo. Sistema trave-massa Consideriamo in questo esempio una trave sulla cui estremità è calettata una massa molto più grande della massa della trave stessa. In questo caso le azioni di inerzia distribuite sulla trave possono essere trascurate. Il sistema si riduce ad un oscillatore armonico. La deflessione statica sotto l’azione di un carico di estremità P è:

3

3Px P

EI k= = 6.8

abbiamo implicitamente definito la costante elastica del sistema; perciò la frequenza propria è:

3

1 32n

EIfmπ

= 6.9

Sistema barra di torsione Detto J il momento di inerzia della massa calettata

all’estremità della barra di torsione e pGJk = la

rigidezza torsionale (G modulo di taglio, Jp momento di inerzia polare, lunghezza barra), l’equazione del

moto è: 0J kθ θ+ = ; e la pulsazione naturale fn= /k J

m

x

Figura 6.2

θFigura 6.3

Page 106: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

103

6.3 L’oscillatore armonico smorzato Introduciamo ora, in un sistema massa-molla, un nuovo elemento detto smorzatore figura 6.4 Tale elemento è spesso realizzato mediante un cilindro pieno di olio entro cui scorre un pistone dotato di una serie di forellini. Mentre il pistone scorre nel cilindro, l’olio è forzato a passare attraverso i forellini. Ovviamente, a causa della viscosità, l’olio offre una certa resistenza a passare, tale resistenza si riflette nel fatto che, per estendere lo smorzatore in figura occorre esercitare una forza dipendente ovviamente dalla velocità di estensione. Detta x la posizione relativa dei due pezzi che compongono lo smorzatore possiamo scrivere:

( )0x

dFF F x x c xdx =

= = + 6.10

l’espressione (6.10) è stata già sviluppata in serie di Mc Laurin e troncata al primo ordine, cioè linearizzata; il coefficiente c ha come unità di misura [N s / m]. In un sistema massa molla smorzatore l’equazione del moto diviene:

.. .

0m x c x kx+ + = 6.11 più le solite condizioni iniziali. In questo caso si cerca una soluzione nella forma: tAeα ; sostituendo questa funzione nella (13.9) si ottiene una equazione algebrica associata all’equazione differenziale: 2 22 0n nα ζω α ω+ + = 6.12

Dove si è introdotto il fattore di smorzamento adimensionale: 22 n

c cmkm

ζω

= = .

L’equazione algebrica dà luogo a due radici, perciò la soluzione del problema è: 1 2( ) t tx t Ae Beα α= +

21 ( 1) nα ζ ζ ω= − − − 2

2 ( 1) nα ζ ζ ω= − + −

- F F c

Figura 6.4

Figura 6.5

Page 107: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

104

A seconda del segno del discriminante 2 1ζ − della (6.12) si distinguono tre tipi di soluzioni:

ζ > 1 (c2>4km) : le radici α1 , α2 sono entrambe reali e negative e la soluzione assume la forma: 1 2( ) t tx t Ae Beα α= +

MOTO APERIODICO

ζ = 1 (c2=4km) : le radici sono reali e coincidenti α1 = α2 = -ω n e la soluzione assume la forma ( ) n nt tx t Ae Bteω ω− −= +

MOTO APERIODICO CRITICO

ζ < 1 (c2<4km) : le radici sono complesse e coniugate α1 = α2 = -ω n e la soluzione assume la forma:

2 21 1 2( ) ( ) cos( 1 )n nn ni t i tt tnx t e Ae Be Xe tζ ω ζ ωζω ζω ζ ω φ− − −− −= + = − +

MOTO OSCILLATORIO SMORZATO

Figura 6.5

Figura 6.6

Figura 6.7

Page 108: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

105

6.4 Oscillazioni forzate armoniche In questo paragrafo si considerano le vibrazioni di un sistema massa-molla-smorzatore eccitato da una forza sinusoidale, l’equazione del moto è:

0 cosmx cx kx F tω+ + = 6.13 la soluzione della (6.11) ha la seguente struttura:

2( ) sin( 1 ) cos( )ntnx t Xe t X tζω ζ ω φ ω ψ−= − + + − 6.14

cioè la soluzione dell’omogenea associata (problema libero) e soluzione particolare. Se il fattore di smorzamento è positivo, allora per tempi molto lunghi la soluzione dell’omogenea fornirà un contributo praticamente trascurabile, saremo in condizioni di regime. Troviamo la soluzione particolare: Il termine cosωt può essere pensato come la parte reale di un esponenziale complesso: cos Re j tt e ωω = . Possiamo quindi studiare il problema:

( )0 0 cos sinj tmx cx kx F e F t j tω ω ω+ + = = + 6.15 La soluzione particolare della (6.15) sarà complessa, la parte reale di questa soluzione fornisce la soluzione della (6.13). j tx Xe ω= 6.16 sostituendo

02

FXm jc kω ω

=− + +

6.17

X è un numero complesso che può essere scritto in termini di modulo e fase:

( ) ( )

0 02 2 222 2

2

1

1 2

j j

n n

F e F eXkk m c

ψ ψ

ω ω ω ωζω ω

− −

= = − +

− +

6.18

dove la fase è data da: ( )2

2tan1

n

n

ζω ωψω ω

=−

.

La soluzione del problema complesso è dunque: ( )j tx X e ω ψ−= 6.19 ed ovviamente la soluzione del problema reale è: cos( )x X tω ψ= − 6.20 si vede cioè che il modulo della soluzione complessa coincide con l’ampiezza della soluzione reale, così come la fase. Vediamo ora l’andamento dell’ampiezza e della fase al variare della frequenza di eccitazione. Definiamo il fattore di amplificazione:

Figura 6.8

Page 109: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

106

Figura 6.9

ψ

22 22

1( )

1 4n n

G ωω ωζω ω

= − +

6.21 Vediamo che in prossimità della frequenza di oscillazione libera ωn l’ampiezza raggiunge il massimo, poi tende a decrescere. Il massimo dell’ampiezza si ottiene per:

a) ω = 0 se ζ > 1/ 2 6.22a

b) 21 2res nω ω ζ= −

se ζ 1/ 2≤ 6.22b e la relativa ampiezza è: a) G(0)=1

b) ( )2

12 1

resG ωζ ζ

=−

6.23

Il massimo della risposta si ottiene per un valore della frequenza detta frequenza di risonanza. L’ampiezza di oscillazione si riduce all’aumentare dello smorzamento così come la frequenza di risonanza. Molto spesso, per piccoli valori di smorzamento, si può ragionevolmente approssimare la frequenza di risonanza con la frequenza dell’oscillatore libero non smorzato, ottenendo la seguente ampiezza massima:

( ) ( ) 12res nG Gω ωζ

= 6.24

Un aspetto importante da sottolineare nella risposta dell’oscillatore, è che in prossimità della risonanza la fase ha un salto pari a π . Si noti che l’andamento della fase è regolare per smorzamento non nullo, mentre in caso di assenza di smorzamento la fase presenta un discontinuità in corrispondenza della risonanza. Il valore di ampiezza indicato nella (6.24) è una buona approssimazione dell’ampiezza in risonanza esso è detto “quality factor” ed è normalmente indicato con il simbolo Q. I punti P1 e P2 corrispondenti ad una ampiezza |G(ω)|=Q/ 2 sono detti punti di mezza potenza, corrispondenti alle pulsazioni ω1 e ω2 ; essi sono piuttosto utili in quanto valgono le seguenti relazioni:

Page 110: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

107

2 1 2 nω ω ω ζω∆ = − 6.25

2 1

12

nQ ωζ ω ω−

6.26

dalle formule (6.25-26) si ottiene un metodo semplice per stimare lo smorzamento partendo dalla conoscenza della risposta in frequenza. Si può notare che, per smorzamento nullo, l’ampiezza va all’infinito in risonanza, infatti:

( )

02

11 /

j t

n

Fx ek

ω

ω ω=

− 6.27

ovviamente la (6.27) non è definita per ω=ωn, infatti in tale condizione occorre tornare alla (6.13) ottenendo:

0 sin2 n nFx t tk

ω ω= 6.28

Figura 6.10

6.5 Trasmissibilità In questo paragrafo si considerano due problemi:

o valutazione delle forze trasmesse al basamento da un sistema forzato direttamente

o valutazione dell’ampiezza di vibrazione di un sistema il cui basamento sia soggetto a moto oscillatorio (eccitazione sismica)

Vedremo che questi due problemi si riconducono ad una unica formulazione matematica.

6.5.1 Forze trasmesse al basamento Ricordiamo che l’equazione del moto è:

0 cosmx cx kx F tω+ + = 6.29 Figura 6.11

Page 111: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

108

Al solito consideriamo la forma complessa della 6.29: 0

j tmx cx kx F e ω+ + = 6.30 La soluzione particolare è. j tx Xe ω= 6.31 con

02

FXm jc kω ω

=− + +

6.32

Dalla Figura 6.11 si intuisce che la forza trasmessa al basamento è data da: T cx kx= + 6.33 considerando la 6.31 si ha: ( )T X j c kω= + 6.34 che in modulo vale:

( )

2

2 2002 2 2 22 2

2 2

2 11

1 2 1 2

n

n n n n

FT c k Fk

ωζω

ωω ω ω ωζ ζω ω ω ω

+

= + =

− + − +

6.35

si definisce trasmissibilità il rapporto:

2

2 220

2

2 1

1 2

n

n n

Tt

F

ωζω

ω ωζω ω

+

= =

− +

6.36

La trasmissibilità è una quantità adimensionale che definisce il rapporto tra la forza effettivamente trasmessa al basamento e la forza applicata al variare della frequenza. In sostanza la trasmissibilità definisce la qualità della sospensione; infatti, se si pensa al sistema molla smorzatore come ad una sospensione atta a ridurre le vibrazioni trasmesse al basamento, è ovvio che la migliore sospensione è quella che minimizza t. In Figura 6.12 è rappresentato l’andamento di t al variare di (ω/ωn)2; si vede che t ha un massimo in corrispondenza di ωn per piccoli valori dello smorzamento, tale massimo tende a ridursi e spostarsi su frequenze più basse all’aumentare dello smorzamento stesso.

Figura 6.12

ζ

Page 112: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

109

Dalla 6.36 notiamo che, per ogni valore dello smorzamento, alla frequenza (ω/ωn)2=2 la trasmissibilità t=1. Oltre (ω/ωn)2=2 t assume valori < 1 e decrescenti con la frequenza di eccitazione; inoltre si può notare che per (ω/ωn)2>2 al diminuire dello smorzamento diminuisce t. Nel progetto di una sospensione si hanno due scelte: (ω/ωn)2<<1 oppure (ω/ωn)2>2; è evidente che per quanto riguarda la trasmissibilità la seconda scelta è più conveniente poiché permette di ridurre maggiormente le sollecitazioni trasmesse al basamento; tale scelta ha comunque come svantaggio il fatto di dover attraversare la risonanza in fase di avvio, l’attraversamento dovrà essere fatto rapidamente per evitare eccessive amplificazioni.

6.5.2 Eccitazione sismica. In questo caso siamo in presenza della situazione rappresentata in figura 6.13. Immaginiamo che il basamento abbia una massa notevole e che il suo moto non sia influenzato dal moto della massa m che rappresenta il sistema che volgiamo isolare dalle vibrazioni del basamento: si può trattare ad esempio di una strumentazione delicata che non deve subire eccessive sollecitazioni dinamiche. Il moto del basamento sia individuato dalla coordinata verticale non deve subire eccessive sollecitazioni dinamiche. Il moto del basamento sia individuato dalla coordinata verticale y=Y0 cos ω t ; la posizione assoluta della massa m è indicata con x. L’equazione del moto è: ( ) ( ) ( ) 0mx t cz t kz t+ + = 6.37 dove z=x-y. Si ottiene: mx cx kx cy ky+ + = + 6.38 Al solito consideriamo la formulazione complessa: y=Y0 e jω t ; otteniamo: ( )0

j tmx cx kx Y j c k e ωω+ + = + 6.39 La risposta è:

( )

( )0 2j tj c k

x Y em j c k

ωωω ω

+=

− + + 6.40

Il modulo della risposta, cioè l’ampiezza di oscillazione è:

( )

( ) ( )

2

2 2

0 02 2 222 2

2

2 1

1 2

n

n n

c kX Y Y

m k c

ωζω ω

ω ω ω ωζω ω

+ + = =

− + +− +

6.41

Figura 6.13

Page 113: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

110

Definiamo ora trasmissibilità il rapporto tra la ampiezza dell’eccitazione sismica e l’ampiezza dell’oscillazione della massa sospesa m:

2

2 220

2

2 1

1 2

n

n n

Xt

Y

ωζω

ω ωζω ω

+

= =

− +

6.42

L’espressione ottenuta per t è identica alla 6.36 ed ha l’andamento indicato in figura 6.12. Ovviamente il significato fisico ora è diverso in quanto si stanno analizzando ampiezze di oscillazione anziché forze trasmesse. Valgono però le stesse considerazioni sia per ciò che concerne la zona di lavoro più vantaggiosa ((ω/ωn)2>2) sia sull’effetto dello smorzamento.

Page 114: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

111

Capitolo 7 Dinamica dei rotori Nelle applicazioni meccaniche spesso si incontrano dispositivi aventi parti in rotazione detti rotori. Un esempio molto importante consiste nelle giranti delle turbine che si trovano negli impianti di generazione dell’energia. Tali giranti sono caratterizzate da una simmetria rispetto all’asse di rotazione. Ovviamente, per motivi di precisione costruttiva, tale simmetria non sarà sempre perfetta; si hanno praticamente sempre delle distribuzioni di massa non perfettamente uniforme e tale da rompere la simmetria. Ciò genera degli squilibri che causano delle forze di inerzia, le quali si scaricano sui supporti, fanno vibrare l’impianto e, alla lunga, possono portare a rottura per fatica i materiali. Un altro esempio interessante è l’elica, anch’essa teoricamente dovrebbe essere perfettamente simmetrica. Gli squilibri dinamici saranno proporzionali alla velocità angolare ed all’entità della dissimmetria. In alcuni casi, anche un piccolo squilibrio può portare a forti sollecitazioni. Nella figura a destra si vede una turbina

sperimentale il cui regime di rotazione è pari a 75 000 giri/min. Un modo semplice per vedere se c’è uno squilibrio nel rotore è riportato nella figura a sinistra. Si poggia il rotore su dei supporti a basso attrito (con cuscinetti a rotolamento, ad esempio), si controlla poi se il rotore tende ad una posizione preferenziale (rotore squilibrato staticamente) o se la posizione di equilibrio è una qualsiasi in senso angolare (rotore equilibrato staticamente). Come vedremo in seguito, questa procedura da solo informazioni parziali sullo squilibrio statico. Infatti, per l’equilibratura si esegue di norma in condizioni dinamiche, ovvero facendo ruotare il pezzo da equilibrare e misurandone lo squilibrio. L’esempio più diffuso di macchine per equilibratura è quello dei pneumatici per autotrazione. Una volta individuato lo squilibrio, si può

provvedere all’equilibratura aggiungendo delle massette aventi opportuna massa e posizione. Un ulteriore importante aspetto della dinamica dei rotori riguarda le velocità critiche flessionali, tale problema si manifesta quando si ha a che fare con alberi snelli la cui flessibilità sia comparabile con le forze di inerzia in gioco.

Page 115: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

112

7.1 Squilibrio statico Si ha squilibrio statico quando il baricentro del rotore non coincide con l’asse di rotazione del rotore stesso. Supponiamo ad esempio che ad un rotore perfettamente bilanciato si aggiunga una massa m a distanza r dall’asse di rotazione (in figura si sono omessi i supporti del rotore per semplicità grafica). Tale massa produce una forza di inerzia pari a m Ω 2 r , che come si vede dipende dalla velocità angolare, è perciò un effetto dinamico.

Tale squilibrio è detto statico poiché produce un effetto anche in condizioni di quiete. Infatti, se poniamo il rotore nella posizione indicata nella figura a

sinistra, per effetto della gravità si determina una forza mg ed un momento rispetto all’asse di rotazione pari a mgr. Questo momento ha verso tale da tendere a riportare il sistema nella posizione di equilibrio: massa nella posizione più bassa. È chiaro dunque che questo tipo di squilibrio ha effetto anche in condizioni statiche, da cui il nome squilibrio statico.

7.2 Squilibrio dinamico Consideriamo un rotore inizialmente equilibrato, cioè perfettamente simmetrico e con baricentro sull’asse di rotazione. Per capire il concetto di squilibrio dinamico supponiamo di aggiungere due masse disposte asimmetricamente come in figura.

m

v Fi=mv2/r

Ωmg

G

Page 116: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

113

Supponiamo ora che le due masse m1 e m2 siano molto maggiori della massa del rotore iniziale. Questa ipotesi estrema non è ovviamente realistica, ma ci serve per fissare le idee e concentrarci sullo squilibrio dinamico. Ipotizziamo anche che le due masse siano puntiformi. Ricordiamo le 4.11:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2, ,

, ,

Ax x Ay y Az zV V V

Axy x y Axz x z Ayz y zV V V

J r r dV J r r dV J r r dV

J r r dV J r r dV J r r dV

ρ ρ ρ

ρ ρ ρ

= − = − = −

= − = − = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ 7.1a

Tenendo conto della disposizione delle masse puntiformi, considerando il caso particolare di due masse identiche m1=m2=m e trascurando l’effetto della massa distribuita del rotore abbiamo:

( )2 2 2 22 , 2 , 2

0, 2 , 0Ax Ay Az

Axy Axz Ayz

J md J m r d J mr

J J mrd J

= = + =

= = = 7.1b

avendo tenuto conto che i vettori posizione delle due masse sono:

1 20 , 0r r

d d

− = = −

r r 7.2

Vediamo che la presenza di queste due masse ha fatto nascere un momento di deviazione nella matrice d’inerzia. Si può dimostrare che il baricentro è rimasto invariato. Ovviamente in questo caso particolare si è scelto il piano contenente le due masse ed il baricentro coincidente con il piano (x, z). Esercizio: ripetere scegliendo il sistema di riferimento (x,y,z) in modo che l’origine sia sempre in z, l’asse z rimanga lo stesso, i due assi x e y in una posizione diversa (rotazione del riferimento mobile rispetto a z). Volendo considerare anche la massa distribuita del rotore si dovranno sommare i contributi, integrali, ai soli termini nella diagonale; infatti, il rotore è stato ipotizzato inizialmente simmetrico. È chiaro perciò che in un rotore, a causa della non uniforme distribuzione delle masse possono insorgere due effetti:

1. Spostamento del baricentro 2. Nascita di momenti di deviazione

Perciò possiamo dire che in generale lo squilibrio dinamico si manifesta come nascita di momenti di deviazione nella matrice di inerzia. Nei rotori possiamo perciò fissare il sistema mobile con asse z coincidente con l’asse di rotazione, dato che l’albero non può scorrere lungo questo asse, allora l’origine degli assi è fissa. Ci siamo ricondotti ad un caso simile a ciò che è già stato studiato nel Capitolo 4. Caso: Ωx=Ωy=0, assi non principali di inerzia ma con origine fissa Ipotizziamo Ωz=costante.

00 0 00 0

yx xy xz

yx y yz z z x

zx zy z x y z

KJ J JJ J J KJ J J K K K

− = + Ω = Ω +

i j kM 7.3

Page 117: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

114

dove:

xz

A z yz

z

JJ

J

= = Ω

K JΩ 7.4

perciò

2

0

yz

z xz

J

J

= Ω +

M 7.5

Abbiamo in definitiva un momento costante giacente sul piano (x, y). Ragionando in termini di forze di inerzia possiamo dire che nasce una coppia di inerzia:

2

0

yz

i z xz

J

J

+

= − = Ω −

M M 7.6

Dato che il sistema mobile è solidale all’albero, esso ruoterà attorno all’asse z, la coppia Mi sarà una coppia costante in modulo, ma variabile come direzione (rotante).

7.3 Macchina equilibratrice In generale possiamo perciò pensare il rotore sollecitato a causa degli squilibri statico e dinamico. Avremo una forza d’inerzia dovuta al moto circolare del baricentro ed un momento dovuto agli effetti della perdita di simmetria (eq. 7.6). In figura sono indicati questi due effetti qualitativamente mediante due vettori. Prendiamo in considerazione ora due piani I e II ortogonali all’asse di rotazione e posti a distanza a e b dal baricentro rispettivamente; indichiamo con l la loro distanza. Il baricentro cadrà in un generico punto interno al rotore. I piani I e II saranno indicati come piani di correzione.

G

Fi=mv2/r

Ω

Mi

I II

G

b a (l=a+b)

Page 118: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

115

La forza Fi ed il momento Mi possono essere equilibrati applicando delle forze costanti nel sistema di riferimento mobile. Fi si può equilibrare con due forze di segno opposto a Fi e aventi modulo dipendente dalla posizione dei piani I e II. La loro somma dovrà essere pari a - Fi e la somma dei momenti rispetto al baricentro dovrà essere nulla. Ne risultano le due forze indicate in figura. Per ciò che concerne il momento Mi, esso può essere equilibrato da una coppia di forze giacenti sui piani I e II ed ortogonali a Mi, la risultante ovviamente è nulla, mentre il momento fornito da questa coppia di forze sarà pari a - Mi.

Fi Mi

Mi/l

Mi/l

II

I

Fi a/l

Fi b/l

SI

SII

Page 119: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

116

Il tipo di macchina equilibratrice più semplice è rappresentato nella figura in basso. Il rotore è montato su un supporto oscillante la cui cerniera si trova su uno dei due piani di equilibratura; il supporto oscillante è anche collegato ad una molla connessa al telaio.

Considerando la scomposizione delle azioni dinamiche effettuata nella pagina precedente, possiamo pensare che sul piano II agisca una forza -SII rotante che, sulla verticale darà una componente pari a -SII cos (Ω t+ϕ). Tale forza variabile genera un momento rispetto alla cerniera pari a

( )0 cosM M t ϕ= Ω + =-SII × cos(Ω t+ϕ). Se k è la costante elastica della molla, la forza di reazione, per una rotazione ϑ del supporto oscillante è –k c ϑ; la coppia risultante sarà –k c2 ϑ. L’equazione del moto (per la rotazione) del supporto oscillante è: ( )2

0 cosJ kc M tϑ ϑ ϕ+ = Ω + 7.7 Dove J è il momento d’inerzia dell’insieme rispetto alla cerniera. La soluzione è: ( )cos tϑ ϕ ψ= Θ Ω + + 7.8 con:

02 2

Mkc J

Θ =− Ω

7.9

Per ciò che concerne la fase si avrà ψ=0 se Ω è inferiore a 2 /kc J , macchina subcritica, oppure ψ=π

se Ω è superiore a 2 /kc J , macchina supercritica. Le macchine equilibratrici del tipo raffigurato sono in genere supercritiche.

c

I II

-SII cos (Ω t+ϕ)

-SII l cos(Ω t+ϕ)

-SII -SIIcos(Ωt+ϕ) Ωt+ϕ

-SII sin(Ωt+ϕ)

Page 120: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

117

La macchina deve essere dotata di un dispositivo per determinare l’ampiezza di oscillazione massima; ciò può essere fatto in vari modi mediante trasduttori di posizione (in commercio ne esistono di vari tipi). Si deve inoltre determinare la posizione angolare per la quale si ha la massima ampiezza di oscillazione, onde determinare ϕ. A questo punto sono noti entità e posizione angolare dello squilibrio e si può procedere all’equilibratura.

7.4 Velocità critiche flessionali. Nei paragrafi precedenti il rotore è stato pensato come un corpo rigido. In molti casi però il rotore è montato su un albero flessibile, ad esempio ciò si verifica in turbine, compressori, motori elettrici o pompe. Gli sbilanciamenti in questi casi possono determinare la deformazione flessionale dell’albero che supporta la girante, esempio la turbina, e possono nascere fenomeni vibratori. In questo paragrafo si tratta il problema delle velocità critiche flessionali, cioè i problemi vibratori che sorgono quando le forze di inerzia forzano vibrazioni nel rotore. In questa trattazione si trascurano molti importanti effetti come le cedevolezze dei cuscinetti, gli effetti giroscopici, l’attrito ed eventuali instabilità dovute a cuscinetti idrodinamici. Consideriamo un rotore circolare montato nella mezzeria di un albero flessibile di cui trascureremo la massa. L’albero è supportato alle estremità da due cuscinetti che immaginiamo rigidi, vedasi figura.

Data la simmetria rispetto alla mezzeria dell’albero, studiamo il problema nel piano x,y:

• il punto O è posizione di equilibrio statico del sistema in assenza di gravità • la mezzeria dell’albero è indicata dal punto C che coincide con O in equilibrio statico,

mentre la posizione di C è indicata dal vettore b • il centro di massa G non coincide con C a causa dello squilibrio statico

Il vettore b ruota con velocità pari a θ che può non coincidere con la velocità angolare ω dell’albero, la rotazione di b è detta whirling (rotazione, turbinio). Per studiare il moto del sistema determiniamo la posizione di G:

cossin

x a ty a t

ωω

+ = + = +

r b a 7.10

La forza elastica che nasce dalla deformazione dell’albero e tende a riportare C in O è:

e

kxky

− = −

F 7.11

dove k è la rigidezza dell’albero da calcolare mediante le formule classiche della teoria dell’elasticità o, nei casi più complessi, con metodi numerici.

x

y

z

ω

O

x

y

φ

b

r C

G

O

ω t

a

a cos ω t

a sin ω t

θ

Page 121: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

118

Similmente le forze dissipative sono date da:

d

cxcy

− = −

F 7.12

Le equazioni del moto sono date da:

e dm = +r F F 7.13 per componenti possiamo riscrivere:

2

2

cossin

mx cx kx m a tmy cy ky m a t

ω ω

ω ω

+ + =

+ + = 7.14

Definiamo ora la funzione complessa w=x+i y; questa funzione nella sua rappresentazione vettoriale nel piano complesso, coincide con b. Sommiamo ora la prima delle 7.14 alla seconda moltiplicata per i:

2 e j tmw cw kw m a ωω+ + = 7.15 Vista la presenza dello smorzamento sappiamo che ci si può ridurre alla ricerca della soluzione particolare:

( )e j tpw w W ω φ−= = 7.16

dove:

( ) ( )

2

22

2 2 222 2

2

=

1 2

n

n n

am aW

k m c

ωωω

ω ω ω ωζω ω

= − +

− +

7.17a

22

2

2arctan = arctan

1

n

n

ck m

ωζωωφωωω

= − −

7.17b

Page 122: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

119

L’ampiezza di vibrazione è nulla per velocità angolare nulla, cresce fino ad un massimo che corrisponde alla risonanza dell’oscillatore, poi tende asintoticamente ad a. E’ interessante analizzare la fase che, per velocità piccole o nulle è circa 0, oltrepassata la risonanza, per grandi velocità tende a π, quest’ultimo caso corrisponde ad una rotazione del vettore b con velocità di rotazione pari a quella dell’albero, ma verso opposto (Rao, 2003).

|W|

φ

ω

ω

π

a

Page 123: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

120

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

Si tratta di organi meccanici atti a trasmettere potenza tra assi. In particolare permettono di realizzare la trasmissione mantenendo rigorosamente costante il rapporto di trasmissione. Esempi: Trasmissione tra assi paralleli

Trasmissione tra assi perpendicolari.

Page 124: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

121

Ruote a denti dritti Ruote a denti elicoidali

Pignone dentiera Ruote coniche

Schema di un riduttore a ruote dentate

Esempi di ruote dentate

Page 125: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

122

8.1 Ruote di frizione La trasmissione del moto tramite ruote di frizione trova scarsissime applicazioni, ma è molto utile per introdurre dei concetti cinematici utili nello studio delle ruote dentate. Sia la ruota 1 movente e la 2 cedente:

Le velocità periferiche delle ruote sono: v1=Ω1 R1 e v2=Ω2 R2 ; dato che nel punto di contatto le velocità periferiche devono essere identiche si ha: v1= v2; da cui:

2 1

1 2

RR

τ Ω= =

Ω

dove si è definito con τ il rapporto di trasmissione. È facile dimostrare che nel caso di ruote dentate il rapporto di trasmissione, a meno del segno, si può anche scrivere come: τ=z1/z2; dove zi indica il numero di denti della i-esima ruota.

8.2 Rotismi ordinari Si tratta di meccanismi per la trasmissione del moto contenenti ruote dentate.

• Due ruote dentate accoppiate formano un ingranaggio. • Due o più ruote che ingranano, più il supporto, formano un rotismo • Un rotismo è detto ordinario se gli assi di rotazione delle ruote sono fissi rispetto al supporto. • Un rotismo è detto epicicloidale se gli assi di rotazione delle ruote possono muoversi rispetto

al supporto. Esempi.

Page 126: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

123

Rotismo ordinario Rotismo epicicloidale Rappresentazione di rotismi

Page 127: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

124

APPLICAZIONE AERONAUTICA (RIDUTTORE PER GIRANTE DI ELICOTTERO)

Page 128: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

125

Un rotismo ordinario può essere rappresentato da uno schema funzionale come quello in figura, che rappresenta una scatola di riduzione a 5 ingranaggi dove la ruota 1 è movente e la 5 è cedente.

Il rapporto di trasmissione è in genrale:

1 2

1 1 2 1

n n ni

in n

τ τ−

− −

Ω Ω Ω Ω= = =

Ω Ω Ω Ω ∏

Nel caso in figura si ha che Ω3≡Ω4:

5 3 2

4 2 1

τ Ω Ω Ω=

Ω Ω Ω

dato che Ω3≡Ω4 il rapporto Ω4/Ω3 non è incluso nella relazione precedente. In termini di numeri di denti si ha:

5 34 2 2 1

4 5 2 3 1 2

, ,z z zz z z

Ω Ω Ω= = =

Ω Ω Ω

il rapporto di trasmissione diventa:

4 2 1 4 1

5 3 2 5 3

z z z z zz z z z z

τ = =

si noti che la ruota 2 è sparita nel calcolo del rapporto di trasmissione, tale ruota è detta oziosa ed il suo ruolo consiste solamente nell’invertire il verso di rotazione del cedente.

Page 129: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

126

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

9.1 Viscosità Nell’accoppiamento di elementi cinematici, per esempio nelle coppie rotoidali, viene spesso usato un “lubrificante” sia per diminuire l’attrito che per prevenire l’usura degli elementi stessi. Una delle caratteristiche più importanti di un lubrificante è la viscosità. Si consideri la figura 1, si è in presenza di due superfici piane tra le quali è interposto un fluido.

Vale la seguente relazione di Newton:

τ µ∂∂

=vy

dove in questo caso si può sostituire alla derivata parziale la derivata ordinaria, non essendoci variazioni di v in altre direzioni eccetto che y. µ viene detta viscosità dinamica. Dimensioni della viscosità dinamica: [ µ ]=[F L−2 T] Unità di misura:

S.I. N

ms P s2 a=

C.G.S. P dyncm

10 P s21

a( )Poise = = −

v*

F

Figura 1

y

x

Page 130: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

127

In figura 2 è rappresentato un viscosimetro assoluto a cilindro rotante. Questo tipo di viscosimetri presenta la massima precisione ed affidabilità.

In Europa è diffuso il viscosimetro Egler. Si tratta di un apparecchio costituito da un recipiente A (vedi figura 3) in cui è posto il liquido in esame. Tre punte p permettono di individuare il livello del liquido. Sul fondo del recipiente si trova un tubicino B di platino con sezione leggermente convergente chiuso da una asticciola manovrabile dall’esterno. Il recipiente A è posto in un contenitore C dove si trova un liquido mantenuto in agitazione mediante l’agitatore D, in modo da assicurare uniformità di temperatura. Sono presenti inoltre ue termometri, l’uno M che misura la temperatura del liquido in esame, l’altro N quella del liquido contenuto nel recipiente C. L’apparecchio viene tarato misurando il tempo di deflusso di 200 cm3 di acqua distillata alla temperatura di 200 °C. La misurazione consiste nel far defluire 200 cm3 del liquido in esame rilevando la temperatura ed il tempo impiegato. Il rapporto E tra questo tempo e quello rilevato durante l’operazione di taratura rappresenta, in gradi Engler, la viscosità relativa del liquido alla temperatura in cui si è svolta la prova.

Viscosità cinematica ν [mm / s]2

Saybolt universal seconds Redwood no.1 seconds Engler degrees °E

2 4 6 7

10 15 20 30 50

>50

33 39 46 52 59 77 98

141 232

(ν × ⋅4 6 )

31 36 41 46 52 68 86

125 205

(ν × ⋅4 1)

1.1 1.3 1.5 1.7 1.8 2.3 2.9 4.1 6.6

(ν × ⋅0 132 )

Figura 3Figura 2 Figura 4

Page 131: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

128

LLUUBBRRIIFFIICCAAZZIIOONNEE

•GLI ORGANI DI MACCHINA IN MOTO RELATIVO SONO SOGGETTI AD USURA•PER RIDURRE L’ATTRITO E L’USURA SI POSSONO LUBRIFICARE LE COPPIE •LA LUBRIFICAZIONE MEDIANTE OLIO È LA PIÙ USATA

SIMULAZIONE DELLA FASE DI AVVIO DI UN MOTORE ENDOTERMICO

CCOOPPPPIIAA PPIIAANNAALLUUBBRRIIFFIICCAATTAA

CCOOPPPPIIAA RROOTTOOIIDDAALLEELLUUBBRRIIFFIICCAATTAA

LLUUBBRRIIFFIICCAAZZIIOONNEE IIDDRROODDIINNAAMMIICCAA

IL CAMPO DI MOTO CHE SI GENERA NEL FLUIDO A CAUSA DEL MOTO RELATIVO TRA LE SUPERFICI GENERA FORZE DI PRESSIONI “PORTANTI”

AA VVEELLOOCCIITTÀÀ NNUULLLLAA NNOONN CC’’ÈÈ PPOORRTTAANNZZAA:: MMAANNCCAANNZZAA DDII LLUUBBRRIIFFIICCAAZZIIOONNEE AA FFEERRMMOO

Page 132: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

129

CCOOPPPPIIAA RROOTTOOIIDDAALLEE DDII SSPPIINNTTAA LLUUBBRRIIFFIICCAATTAA

CCOOPPPPIIAA RROOTTOOIIDDAALLEE LLUUBBRRIIFFIICCAATTAA

LLUUBBRRIIFFIICCAAZZIIOONNEE IIDDRROOSSTTAATTIICCAA

IL CAMPO DI MOTO SI GENERA NEL FLUIDO A CAUSA DI UN INGRESSO FORZATO DEL FLUIDO AD ELEVATA PRESSIONE

AA VVEELLOOCCIITTÀÀ NNUULLLLAA CC’’ÈÈ PPOORRTTAANNZZAA:: SSII HHAA LLUUBBRRIIFFIICCAAZZIIOONNEE AA FFEERRMMOO

Page 133: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

130

V=(Vx,Vy, Vz )

EEQQUUAAZZIIOONNII DDII NNAAVVIIEERR--SSTTOOKKEESS PPEERR FFLLUUIIDDII IINNCCOOMMPPRRIIMMIIBBIILLII

Page 134: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

131

SEMPLIFICAZIONE DELLE EQUAZIONI DEL MOTO NEL CASO DI FILM FLUIDI MOLTO SOTTILI

EEQQUUAAZZIIOONNEE DDII RREEYYNNOOLLDDSS

IPOTESI

Inerzia del fluido trascurabile Re -> 0

Le variazioni di V in direzione x,z sono molto più piccole rispetto a quelle in direzione y (si trascurano le derivate di V in x,z)

SULL’EQUAZIONE DI CONTINUITÀ NON SI POSSONO TRASCURARE LE DERIVATE IN x,z

Page 135: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni)

132

IINNTTEEGGRRIIAAMMOO LLEE EEQQUUAAZZIIOONNII DDII EEQQUUIILLIIBBRRIIOO IINN yy

IINNTTEEGGRRIIAAMMOO LLEE EEQQUUAAZZIIOONNII DDII EEQQUUIILLIIBBRRIIOO IINN yy EE SSOOSSTTIITTUUIIAAMMOO LLEE VVEELLOOCCIITTÀÀ RRIICCAAVVAATTEE SSOOPPRRAA

EEQQUUAAZZIIOONNEE DDII RREEYYNNOOLLDDSS

Page 136: Meccanica Delle Macchine Pellicano

Bibliografia

133

Bibliografia N. Bachschmid, S. Bruni, A. Collina, B. Pizzigoni, F. Resta, 2003, Fondamenti di Meccanica Teorica

e Applicata, McGraw-Hill Milano. E. Funaioli, A. Maggiore, U. Meneghetti, 1987, Lezioni di Meccanica Applicata alle Macchine, Vol. I

e II Pàtron Ed.. H. Goldstein, 1986, Meccanica Classica, Zanichelli Ed. D. Hartog, 1961, Mechanics, Dover Pub. Inc. New York. H. H. Mabie, 1987, Mechanisms and dynamics of machinery, Wiley & Sons New York. S.S. Rao, 2003, Mechanical Vibrations, Pearson Prentice Hall, New Jersey. Uicker J.J.Jr., Pennock G.R., Shigley J.E., 2003, Theory of Machines and Mechanisms, Oxford

University Press, New York- Oxford.