Dispense - Sezione 5

SEZIONE 5
PROBLEMI DI MECCANICA APPLICATA
In questa sezione si analizzano alcuni problemi di meccanica delle macchine nei quali si fa uso di
quanto presentato nelle sezioni precedenti. In particolare serviranno sia la teoria relativa alla
cinematica che quella relativa alla dinamica di corpi rigidi (sezioni 2 e 4). Per quanto
concettualmente semplici, i problemi che seguono sono ispirati, come nella sezione 3, a dispositivi
realmente esistenti che sono stati presentati e discussi con gli studenti nel contesto delle
esercitazioni del corso.
4.1 DINAMICA DEL VEICOLO
Un motociclo è equipaggiato con un motore le cui curve di coppia e di potenza sono rappresentate
sul grafico (A) (curve di mezzo).
Il cambio installato (a 5 marce) è rappresentato in sezione nella figura (B).
(A)
Curve di
potenza e
coppia
(B)
Sezione del
cambio
La trasmissione finale ad albero è rappresentata in sezione nella figura (C) ed il raggio della ruota
posteriore è di 300 mm.
Il coefficiente di resistenza aerodinamica è pari a 0.23, la sezione frontale è 1 m2.
Il coefficiente di aderenza longitudinale tra pneumatico e piano stradale è 0.9.
Una vista esplosa dell’intero gruppo propulsore e della trasmissione è fornita nella figura (D).
(C)
Sezione della
trasmissione
finale
Studiare i seguenti problemi:
-
-
progressione di accelerazione del veicolo con partenza in I° marcia fino al raggiungimento
del regime di potenza massima in II° marcia; si calcolino tempo impiegato dal veicolo ad
arrivare al regime di potenza massima in seconda marcia e la velocità corrispondente;
attribuire al tempo necessario al pilota ad effettuare il cambio marcia una durata di
t c = 0.25 s ;
determinare la massima pendenza superabile dal veicolo in I° marcia;
determinare, durante la progressione di accelerazione, la forza normale al contatto tra
pneumatico e piano stradale per entrambe le ruote;
determinare se si possono verificare durante l’accelerazione perdite di aderenza e slittamenti
della ruota motrice;
determinare se si possono verificare durante l’accelerazione perdite di contatto tra la ruota
anteriore ed il piano stradale;
(D)
Esploso del gruppo motore-frizione-cambio-trasmissione
Progressione di accelerazione del veicolo
Dall’esame della figura (B) si ricavano con facilità i rapporti di trasmissione del cambio. Questi si
determinano sulla base dei rapporti tra i raggi delle ruote in presa sui due alberi del cambio (quello
motore -in alto- e quello secondario -in basso-). Si ha:
ω a = τ iω m
dove ω m è la velocità angolare dell’albero motore, ω a quella dell’albero secondario e
τ i (i = 1,2...5) il rapporto di trasmissione. I rapporti del cambio, desunti dal disegno, sono:
τ 1 = 0.42, τ 2 = 0.63, τ 3 = 0.83, τ 4 = 1, τ 5 = 1.31
Si osservi che le ruote impegnate nei diversi rapporti sono:
I° , 1° coppie di ruote sulla sinistra
II°, 1° coppia di ruote sulla destra
III°, 3° coppia di ruote a partire da destra
IV°, 2° coppia di ruote a partire da sinistra
V°, 2° coppia di ruote a partire da destra
Per la trasmissione finale, detta ω rp la velocità angolare della ruota posteriore, il rapporto di
trasmissione τ f , poichè ω rp = τ f ω a , dove ω a è la velocità angolare dell’albero di trasmissione e
dell’albero secondario ad esso solidale, è pari a 0.22 (vedi figura (C)).
Determinati tali rapporti dall’esame delle sezioni del cambio e della trasmissione finale, si integrano
in questo modo i dati a disposizione per procedere alla scrittura della equazioni necessarie alla
risoluzione (nel seguito i calcoli sono illustrati solo simbolicamente).
La progressione di accelerazione del motociclo può essere determinata sulla base dell’equazione di
bilancio della potenza:
d
(T + U ) = M m (ω m ) ω m − FRVG
dt
(1)
dove T è l’energia cinetica dell’intero veicolo (somma di tutti i contributi delle energie legate ai
moti traslatori baricentrici e di quelle di rotazione), U quella potenziale, M m (ωωm ) è il momento
motore, funzione non lineare della velocità di rotazione del motore come si vede dalla curve di
coppia mostrata in (A), FR è la forza resistente agente sul veicolo (l’unica forza resistente qui presa
in considerazione sarà poi quella aerodinamica) e VG la velocità baricentrica del motoveicolo.
Esplicitiamo i diversi termini. Per l’energia cinetica:
T=
1
1
1
1
1
mVG2 + J mω m2 + J a ω a2 + J ra ω ra2 + J rp ω rp2
2
2
2
2
2
(2)
dove, con ovvio significato dei termini, abbiamo nell’ordine: energia di traslazione del veicolo (m
tiene conto di tutta la massa del veicolo, ruote comprese), energia di rotazione del motore, energia
di rotazione dell’albero di trasmissione, energia di rotazione della ruota anteriore e della ruota
posteriore. Si esprima tutto in termini di un’unica variabile. Ciò è possibile in virtù delle relazioni di
vincolo che legano le variabili cinematiche. Precisamente:
ω a = τ i ω m , ω rp = ω rp = τ f ω a = τ f τ i ω m , VG = ω rp rrp = τ f τ i ω m rrp
(3)
dove rrp è il raggio della ruota posteriore (uguale a quello della ruota anteriore). Sostituendo le (3)
nella (2) si ha:
T=
1
J eq , i ω m2
2
(4)
dove J eq , i = mτ i2τ 2f rrp2 + J m + J aτ i2 + ( J ra + J rp )τ i2τ 2f è il momento di inerzia equivalente ridotto
all’albero motore nella marcia i-esima.
L’energia potenziale che di solito prende parte all’equazione di bilancio della potenza è quella
legata al termine gravitazionale che esercita il suo effetto nella marcia in salita o in discesa. Si ha
U = m g y G dove g e y G sono l’accelerazione di gravità e la quota baricentrica. Se il veicolo
procede in salita su una rampa di pendenza α si ha y& G = VG sin α . Dunque:
y& G = VG sin α
U = m g yG
(5)
Il momento motore si interpola di solito attraverso un polinomio (in genere è sufficiente del quarto
ordine) sulla base dei dati sperimentali rilevati dalla curva di coppia:
n
M m (ω m ) ≈ ∑ α hω mh
(6)
h =0
Le forze resistenti FR hanno dipendenza dalla velocità che dipende della loro natura. Considerando
nel presente caso la sola forza resistente aerodinamica si ha:
FR =
1
1
ρ A C xVG2 = ρ A C xτ 2f τ i2 rrp2 ω m2
2
2
(7)
Sostituendo le equazioni (4), (5), (6) e (7) nella (1) si ottiene:
n
J eq , i ω& m + mgτ iτ f rrp sin α − ∑ α hω mh +
h =0
1
ρ A C xτ 2f τ i2 rrp2 ω m2 = 0
2
(8)
che è un’equazione differenziale ordinaria non lineare nella variabile ω m corredata dalla condizione
iniziale ω m (0) = ω m 0 . L’equazione (8), che si risolve in generale per via numerica, è piuttosto
generale e vale in modo sostanzialmente analogo per un qualunque veicolo dotato di rapporto di
trasmissione variabile a salti che proceda in marcia rettilinea. La non linearità dell’equazione deriva
sia dalla dipendenza non lineare di alcuni di termini dalla velocità ω m , sia dal fatto che il
coefficiente τ i varia durante la marcia (precisamente è costante a tratti). Il criterio secondo cui τ i è
variato dipende dalla manovra del veicolo che si vuole studiare ed è legato a come il pilota intende
effettuare la manovra in questione, scegliendo in modo opportuno una sequenza di rapporti da
innestare.
Nel caso qui considerato vogliamo esaminare un transitorio di accelerazione. La manovra consiste
nel partire in I° marcia, cioè con τ i = τ 1 nell’equazione (8), a partire dal motore fermo, cioè
ω m (0) = 0 , facendo accelerare il veicolo con il motore che sale di giri fino a raggiunge il regime di
potenza massima ω m MAX (circa 6300 g/min nel caso in esame). La funzione ω m (t ) è la soluzione di
(8) e fornisce, tramite la VG (t ) = τ f τ i ω m (t ) rrp , la velocità istantanea del veicolo fino a quando
ω m (t ) = ω m MAX . A questo punto si effettua il cambio e si passa in II° marcia, cioè τ i = τ 2
nell’equazione (8). La condizione iniziale in questo secondo caso si determina come segue. Il
veicolo questa volta parte dalla velocità VG I ° MAX , massima velocità che questo ha raggiunto al
termine dell’utilizzazione della I° marcia, cioè VG I ° MAX = τ f τ 1ω m MAX rrp , ed il motore, quando si
innesta la seconda, avrà una velocità di rotazione corrispondente a ω m II ° MIN =
VG I ° MAX
τ f τ 2 rrp
, minima
velocità di rotazione del motore quando, in seconda, riprende la progressione di accelerazione.
Dunque, per l’intervallo di accelerazione in seconda, si usa l’equazione (8) con il
coefficiente τ i = τ 2 e la condizione iniziale ω m (0) = ω m II ° MIN . La progressione di accelerazione
prosegue accelerando il veicolo nuovamente fino al regime di potenza massima e così via. La
sequenza dei cambi di marcia si arresta quando, in una certa marcia – la più alta se il veicolo
viaggia su strada piana-, la soluzione di (8) non raggiunge più, come per le marce precedenti, il
valore ω m (t ) = ω m MAX ma tende asintoticamente ad un valore di massimo regime. Per strada piana,
tale velocità di massimo regime ω m V ° MAX si raggiunge in V° marcia ed è minore di ω m MAX . A tale
regime corrisponde il raggiungimento della massima velocità VG V ° MAX = τ f τ 5ω m V ° MAX rrp che il
veicolo può sviluppare. A tale velocità corrisponde, nell’equazione (8), l’azzeramento di ω& m e
l’equilibrio tra la potenza messa a disposizione dal motore e quella assorbita dalle forze resistenti
(cosicché non c’è margine di potenza disponibile per aumentare l’energia cinetica del veicolo).
La determinazione della velocità ω m V ° MAX non richiede necessariamente la risoluzione
dell’equazione differenziale (8). Questa si può calcolare semplicemente imponendo in (8) ω& m = 0 e
risolvendo l’equazione algebrica nell’incognita ω m V ° MAX :
n
∑α ω
h =0
h
h
m V ° MAX
−
1
ρ A C xτ 2f τ 52 rrp2 ω m2 V ° MAX = 0
2
In ordine a semplificare l’equazione (8) e pervenire ad una soluzione più semplice del problema
senza l’ausilio di un computer, si può procedere in modo approssimato come segue.
Il momento motore si assume costante in tutto l’intervallo dei regimi motore, nel caso in esame
possiamo considerare il valore medio M m (ω m ) ≈ 45 Nm (curva di coppia centrale nella figura (A)).
L’azione resistente si approssima, per ogni intervallo di marcia, attraverso un valore costante. Una
possibilità è quella di assumere il momento resistente medio che figura nell’equazione (8) lungo
l’intervallo di giri motore che abbiamo per ciascuna marcia.
Per la prima marcia:
M R1
Dunque:
1
= ρ A C xτ 2f τ 12 rrp2 ω m2
2
ω
→
M R1
1
1 ⌠ m MAX 2
ωm d ωm
= ρ A C xτ 2f τ 12 rrp2
2
ω m MAX ⎮
⌡0
M R1
3
1
1 ω m MAX 1
2 2 2
= ρ A C xτ f τ 1 rrp
= ρ A C xτ 2f τ 12 rrp2 ω m2 MAX
2
3
6
ω m MAX
Sostituendo nell’equazione (8) i valori medi così calcolati abbiamo:
J eq ,1ω& m + mgτ 1τ f rrp sin α − M m + M R 1 = 0
che è ora un’equazione differenziale elementare. La soluzione di tale equazione con la condizione
iniziale ω m 0 = 0 è:
ω m (t ) =
M m − (M R 1 + mgτ 1τ f rrp sin α )
J eq ,1
t
Trascurando nel termine J eq ,1 i contributi delle energie di rotazione, cioè assumendo T ≈
per accelerazione su strada piana, cioè posto α = 0 , abbiamo infine:
ω m (t ) =
M m − M R1
mτ 12τ 2f rrp2
1
mVG2 e
2
t
(9)
cioè il moto procede con velocità angolare del motore linearmente variabile nel tempo. Il tempo
impiegato per raggiungere la velocità di rotazione di potenza massima è:
t1 =
ω m MAX mτ 12τ 2f rrp2
M m − M R1
Passiamo all’analisi del moto in seconda marcia. L’analoga della (9) in questo caso è:
ω m (t ) =
M m − M R2
mτ 22τ 2f rrp2
t + ω m II ° MIN
Il momento resistente medio si può stimare come prima:
M R1
ω m MAX
ω m3 MAX − ω m3 II ° MIN
1
1
1
⌠
2 2 2
2
2 2 2
ω m d ω m = ρ A C xτ f τ 1 rrp
= ρ A C xτ f τ 1 rrp
2
6
ω m MAX − ω m II ° MIN ⎮
ω m MAX − ω m II ° MIN
⌡ωm II ° MIN
Il tempo necessario ad accelerare il motore dalla velocità ω m II ° MIN alla velocità massima è allora:
t2 =
(ω m MAX − ω m II ° MIN ) mτ 22τ 2f rrp2
M m − M R2
Si risponde pertanto al quesito posto calcolando il tempo per accelerare il veicolo fino alla velocità
massima in seconda nel modo t1 + t c + t 2 .
Massima pendenza superabile
La massima pendenza superabile dal veicolo con partenza da fermo può essere calcolata sempre
sulla base dell’equazione (8). In questo caso non risolviamo l’equazione (8) ma stabiliamo, al
variare della pendenza, una proprietà locale della soluzione. Nell’intorno della condizione iniziale
ω m (0) = 0 , valutiamo il segno di ω& m (0) al variare della pendenza. Fisicamente questo significa che
se ω& m (0) > 0 il motore può avere inizialmente avere un’accelerazione positiva, ossia può spingere
il veicolo aumentandone la quota baricentrica, cioè il veicolo sale. Se invece ω& m (0) < 0 , questo
significa che il motore non fornisce una spinta sufficiente ed il veicolo procede diminuendo la sua
quota baricentrica, cioè scende anziché salire. Pertanto dalla (8), con cambio in prima,
approssimando tutti i termini in corrispondenza del valore assunto per ω m (0) = 0 , si ha:
J eq ,1ω& m (0) + mgτ 1τ f rrp sin α − M m + M R 1 (0) = 0,
ω& m (0) =
M R 1 ( 0) = 0 ,
M m − mgτ 1τ f rrp sin α
J eq ,1
Pertanto affinché ω& m (0) > 0 è necessario che:
M m − mgτ 1τ f rrp sin α > 0
→
⎡
Mm
⎢⎣ m g τ 1 τ f
α < arcsin ⎢
⎤
⎥
⎥⎦
e la pendenza limite è allora:
⎡
Mm ⎤
⎥
⎣⎢ m g τ 1 τ f ⎦⎥
α lim = arcsin ⎢
Calcolo delle forze
I quesiti restanti coinvolgono la conoscenza delle forze che si esplicano tra gli elementi del veicolo.
Per ottenere quest’informazione bisogna allora scrivere le equazioni cardinali per ciascuno dei
componenti del sistema. Siamo interessati al moto del sistema nel piano x y, ossia nel piano
ortogonale al piano stradale. Decomponendo il veicolo in un insieme di corpi rigidi come nello
schema sotto otteniamo le equazioni di moto.
Telaio
Rpy
mg
Rpx a
h’
Fr
Ray
h
Rax
b
Motore
Rax
Mm
Ray
Na
Ruota
post.
Ta
Ruota
ant.
Ruota sul primario
Tc
Tc
Ruota sul secondario
Tf
x
Ruota
post.
Tf
Rpx
Rpy
Np
Pignone
Tp
y
z
Equilibrio alla rotazione per l’albero motore:
(10.1) M m − Tc rcm = J mω& m
Equilibrio alla rotazione per l’albero di trasmissione:
(10.2) Tc rca − T f rp = J mω& a
Per le ruote si ha (moto piano in xy):
⎧(10.3) N A − R Ay = mr &y&Gra
⎪
⎨ (10.4) T A − R Ax = mr &x&Gra eqz. ruota ant.
⎪ (10.5)
− T A rr = J r ω& r
⎩
⎧ (10.6) N P − RPy = mr &y&Grp
⎪
⎨ (10.7) TP − RPx = mr &x&Grp eqz. ruota post.
⎪(10.8) − T r + T r = J ω&
P r
f p
r r
⎩
Per il telaio (moto piano in xy):
⎧ (10.9)
R Ay + RPy − mg = m&y&G
⎪
R Ax + RPx − FR = m&x&G
⎨ (10.10)
⎪(10.11) R h + R b − R a + R h + F h' = J ω&
Ax
Ay
Py
Px
R
z z
⎩
Le rotazioni di tutti gli organi rotanti sono stati assunte positive nel verso che permette al veicolo di
marciare nel verso delle x positive. Le incognite che figurano in tale sistema sono:
Tc , T f , T A , TP , R Ax , R Ay , RPx , RPy , N A , N P , ω m , ω a , ω r , ω z , xG , y G tutte funzioni del tempo, in numero
di 16, legate tra loro dalle 11 equazioni dinamiche scritte (da 10.1 a 10.11) e da 5 relazioni
cinematiche di vincolo. Infatti le velocità sono vincolate tra loro dalle relazioni cinematiche
seguenti:
⎧ω a = τ i ω m
⎪
⎨ω r = τ f ω a
⎪ x& = ω r
r r
⎩ G
(11)
a cui si aggiungono le due relazioni cinematiche valide se le due ruote del motociclo permangono in
contatto con il piano stradale:
ω z = 0, y G = h
(12)
Le equazioni scritte costituiscono un sistema di equazioni differenziali in generale non lineare dal
momento che, come già visto, sia le forze resistenti, sia il momento motore, dipendono in modo non
lineare dalla velocità del veicolo e dalla velocità angolare del motore. Queste possono dunque
essere risolte numericamente.
Nel nostro caso però la precedente parte del problema ci ha già fatto determinare l’andamento
temporale di ω m attraverso l’equazione dell’energia. Possiamo così avvalerci di questo risultato per
arrivare ad una soluzione più semplice del problema stesso. Infatti, nota ω m le equazioni (10.1)(10.11), (11) e (12) diventano un più semplice problema algebrico.
Sostituendo il valore trovato di ω m dalla soluzione dell’equazione dell’energia nelle equazioni (11),
ω a , ω r , xG diventano funzioni note del tempo (dunque termini noti) che possono essere sostituiti
nelle equazioni (10.1)-(10.11). Inoltre si sostituiscano le (12) sempre nelle (10.1)-(10.11). In
conclusione il sistema (10.1)-(10.11) diventa un sistema algebrico di 11 equazioni in sole 10
incognite Tc , T f , T A , TP , R Ax , R Ay , RPx , RPy , N A , N P . Ciò è semplicemente dovuto al fatto che ω m è
stata determinata in precedenza con l’equazione dell’energia e non ricavata attraverso la soluzione
delle equazioni cardinali (10.1)-(10.11). Pertanto si ottiene un’equazione ridondante che va
eliminata. Conviene procedere nella soluzione come segue:
Dalla (10.1) possiamo immediatamente determinare l’incognita Tc (tutto il resto essendo noto):
Tc =
M m − J mω& m
rcm
Dalla (10.2) determiniamo, nota Tc , la T f :
Tf =
Tc rca − J mω& a
rp
Proseguendo con lo stesso meccanismo si procede per le altre.
Dalla (10.8):
TP =
T f rp − J r ω& r
rr
Dalla (10.7):
RPx = TP − mr &x&G
Dalla (10.5):
TA = −
J r ω& r
rr
Dalla (10.4):
R Ax = T A − mr &x&G
Dalla (10.9):
R Ax = mr &x&G + FR − RPx
Quest’ultima equazione è evidentemente ridondante, visto che la R Ax è stata già determinata.
Quindi la eliminiamo e passiamo oltre.
Dalle (10.10) e (10.11) messe a sistema otteniamo:
R Ay + R Py = mg
⎧
⎨
⎩ R Ay b − R Py a = − R Ax h − R Px h − FR h'
Da cui:
RPy = mg − R Ay
⎧
⎪
mga − ( R Ax + RPx )h − FR h'
⎨
⎪⎩ R Ay =
a+b
Infine dalle (10.6) e (10.3):
N P = RPy ,
N A = R Ay
Quindi il problema è risolto.
Affinché non si verifichino slittamenti bisogna verificare la condizione:
TP (t ) < µ N P (t )
Infine la condizione di permanenza del contatto tra ruota anteriore e piano stradale è subordinata al
verificarsi della condizione:
N A (t ) > 0
4.2 DINAMICA DEL MOTORE ALTERNATIVO
Un piccolo motore per azionare una pompa centrifuga (motore Honda GX31) è sotto raffigurato.
Scrivere per quest’ultimo sia le equazioni cardinali, sia l’equazione di bilancio della potenza, nota,
per ogni configurazione del sistema pistone-biella-manovella, la pressione all’interno della camera
di lavoro ed il momento resistente agente sull’albero motore.
Motore Honda Motor Co., LTD Tokyo/Japan, tipo GX31, ciclo Otto, 4 tempi, Cilindrata 31 cc,
Potenza 1.5 CV a 7000 giri/min, consumo orario a piena potenza 0.375 kg di benzina normale