Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine
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ANNO ACCADEMICO 2000/2001
Esercitazioni di
MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE
di Paolo Milanesi
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Indice delle esercitazioni
1
INDICE DELLE ESERCITAZIONI
INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI 5
1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI 5 1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE 5 1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO 5
2. TIPI DI VINCOLO 6 3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA MECCANICO 6
3.1. PRIMO ESEMPIO 6 3.2. SECONDO ESEMPIO 7 3.3. TERZO ESEMPIO 7 3.4. QUARTO ESEMPIO 7
4. SOMMA DI VETTORI 8 5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI 9
5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI 9 5.2. TEOREMA DI RIVALS 10
6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA 11 Prima esercitazione: GRU A BRACCIO 12
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 13 1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 13 1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 13 1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 14 1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 15
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 16 Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA 17
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 18 1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 18 1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 18 1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 18 1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 19
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 20 2.1. CALCOLO DELL’AZIONE IN P 20 2.2. CALCOLO DELLA COPPIA MOTRICE Mm 20 2.3. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO B 20 2.4. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO A 20
Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO 21
1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 23 1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 23 1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 23 1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 24 1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 25
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 26
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Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA 29
1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA 30 1.1. CALCOLO DELL’ENERGIA CINETICA EC E DELLA SUA DERIVATA
RISPETTO AL TEMPO 30 1.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 30 1.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE E DELLA FORZA DI
RESISTENZA AERODINAMICA 30 1.4. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 30 1.5. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA MEDIANTE
IL BILANCIO DI POTENZE 32 2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO 33 3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO 34
3.1. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE ANTERIORI 34 3.2. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE POSTERIORI 34
Quinta esercitazione: ASCENSORE 35 PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono 37 PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore 37
1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE, DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA E DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 37 1.1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE 37 1.2. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA 38 1.3. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 38
2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE, DELLA POTENZA MOTRICE, DEL MOMENTO MOTORE E DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE DEL MOTORE ASINCRONO A SERVIZIO INTERMITTENTE 38 2.1. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE 38 2.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 39 2.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 39 2.4. CALCOLO DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE 39
SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano 40
1. CALCOLO DELLA COPPIA MASSIMA E DEL MOMENTO DI INERZIA DEL MOTORE 40
2. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO 40 2.1. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 40 2.2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 40 2.3. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 40 2.4. CALCOLO DELLA DERIVATA DELL’ENERGIA CINETICA RISPETTO
AL TEMPO 40 2.5. CALCOLO DEL MOMENTO DI INERZIA DEL VOLANO 41
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Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO 42
1. CONVERSIONE DEI DATI DEL PROBLEMA NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA INTERNAZIONALE 43
2. CALCOLO DEI LAVORI RESISTENTE E MOTORE IN UN PERIODO 44 3. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE SUPPOSTO COSTANTE NEL
PERIODO 45 4. CALCOLO DEL MOMENTO RESISTENTE RIDOTTO ALL’ALBERO DI
MANOVELLA 45 5. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO 46
Settima esercitazione: RULLO ROTANTE 48
RISOLUZIONE DELLA SETTIMA ESERCITAZIONE: RULLO ROTANTE 49 Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI 51 PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I. 52 PARTE PRIMA: Vibrazioni libere 52
1. CALCOLO DEI MOMENTI DI REAZIONE ELASTICA 52 2. CALCOLO DELLE COSTANTI DI RICHIAMO ELASTICO 53 3. CALCOLO DELLE PULSAZIONI PROPRIE CON L’EQUILIBRIO ALLA
ROTAZIONE PER CIASCUNO DEI TRE DISCHI 53 PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali 56
1. CALCOLO DEI MODI DI VIBRARE 56 1.1. CALCOLO DEL 1° MODO DI VIBRARE 56 1.2. CALCOLO DEL 2° MODO DI VIBRARE 57
2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI 57 2.1. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL PRIMO
MODO DI VIBRARE 57 2.2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL SECONDO
MODO DI VIBRARE 57 Nona esercitazione: CICLO OTTO 58
1. DESCRIZIONE E RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO OTTO NEI PIANI p-V E T-S 59 1.1. CONVERSIONE DEI DATI NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA
INTERNAZIONALE 59 1.2. CALCOLO DEI DATI MANCANTI DELLE VARIE FASI DEL CICLO 59
1.2.1. TRATTO 10 → : CALCOLO DELLA MASSA DEI GAS 59 1.2.2. TRATTO 21 → : COMPRESSIONE ADIABATICA 60 1.2.3. TRATTO 32 → : COMBUSTIONE ISOCORA 60 1.2.4. TRATTO 43 → : ESPANSIONE ADIABATICA 61
1.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTROPIA NEL CICLO 62 1.4. RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V E T-S 62
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2. CALCOLO DEL LAVORO TEORICO DEL CICLO 63 3. CALCOLO DELLA POTENZA TEORICA SVILUPPATA DAL MOTORE 63
Decima esercitazione: CICLO RANKINE 64
1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S 66 2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE 69
2.1. CALCOLO DEL LAVORO UTILE 69 2.2. CALCOLO DEL LAVORO SPESO 69 2.3. CALCOLO DEL CALORE ENTRANTE 69 2.4. CALCOLO DEL RENDIMENTO TEORICO E REALE DEL CICLO 69
Undicesima esercitazione: GASOMETRO 70
1. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA CAMPANA 71
2. CALCOLO DELLA MASSA DI GAS RACCHIUSO NELLA CAMPANA 71 3. CALCOLO DELLA PRESSIONE FINALE DEL GAS ALL’INTERNO
DELLA CAMPANA 72 3.1. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE
INIZIALE 1 72 3.2. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE INIZIALE 1 73 3.3. CALCOLO DEL PESO DELLA CAMPANA 73 3.4. CALCOLO DELLA MASSA DELLA CAMPANA 73 3.5. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE
FINALE 2 73 3.6. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE FINALE 2 73 3.7. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA
CAMPANA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 73 3.8. CALCOLO DEL VOLUME OCCUPATO DAL GAS E DELLA
TEMPERATURA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 74 3.9. CALCOLO DELLA TEMPERATURA FINALE DEL GAS IPOTIZZANDO
LA TRASFORMAZIONE ISOBARA 74 4. CALCOLO DELL’ENERGIA SCAMBIATA TRA IL SOLE E LA CAMPANA 74
4.1. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTALPIA DEL GAS 75 4.2. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DELLA
CAMPANA 75 4.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DEL GAS 75 4.4. CALCOLO DEL LAVORO COMPIUTO PER SPOSTARE L’ARIA 75 4.5. CALCOLO DELL’ENERGIA CEDUTA DAL SOLE 75
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INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI 1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI
1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE
Il punto materiale è un elemento materiale del quale non interessano le parti componenti, i moti relativi interni, incluse le rotazioni, e le dimensioni. In un sistema di riferimento piano il punto materiale ha 2 gradi di libertà (Fig.1).
X
Y
P( ,Y )PXPYP
O XP
1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO Si definisce corpo rigido un corpo tale che la distanza di due suo qualsiasi punti si mantiene costante durante il moto, ha dimensioni finite e ha un suo orientamento. Il moto rigido piano è per definizione il moto di un corpo rigido i cui punti si muovono con traiettorie parallele ad uno stesso piano. Ogni moto rigido piano di un corpo è riconducibile alla somma di un moto traslatorio e di un moto rotatorio. In un sistema di riferimento meccanico piano un corpo rigido ha 3 gradi di libertà(Fig.2).
XQ X
Y
O
P
Q
XP
YP
YQ
α
Figura 1Coordinate del punto materiale P in un sistema di riferimento piano:
),( PP yxP =
Figura 2 Coordinate dell’asta PQ (corpo rigido) in unsistema di riferimento piano:
),,( αPP yx 222 )()( PQxxyy PQPQ =−+−
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2. TIPI DI VINCOLO
F ’VF ’’v
M’
M’’F ’VF ’’v
F ’VF ’’v
M’M’’ F ’V
F ’O
F ’’O
F ’’v F ’OF ’VF ’’vF ’’O
Figura 3 – Cinque tipi di vincolo (carrello, pattino, manicotto, cerniera, puro rotolamento). 3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA
MECCANICO
Si determinino i gradi di libertà (g.d.l.) e di vincolo (g.d.v.) dei sistemi rappresentati nelle figure 4,5,6,7 ed il moto dei vari membri dei sistemi: 3.1. PRIMO ESEMPIO
O
A
B
ω
Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli (3 cerniere, 1 manicotto). n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9 n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8 n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1
Figura 4 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B trasla.
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3.2. SECONDO ESEMPIO
O
A
B
ω
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6 n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5 n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1 3.3. TERZO ESEMPIO
O
Aω
B
Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli (3 cerniere e 1 accoppiamento prismatico). n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9 n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8 n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1 3.4. QUARTO ESEMPIO
O
Aω
B
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6 n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5 n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1
Figura 5 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B trasla.
Figura 6 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B ruota.
Figura 7 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B ruota.
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4. SOMMA DI VETTORI
a
b
a
bc
c = a + b
Figura 8 – Somma di due vettori (metodo del parallelogramma )
c
a
b
c = a + ba b
cc
Figura 9 – Somma di due vettori (metodo dei vettori consecutivi)
Attraverso la seguente tabella (Tab.1) è possibile trovare il modulo e la direzione del vettore c, noti il modulo e la direzione dei vettori a e b:
Tabella 1 c = a + b Modulo ? a b
Direzione ? dira dirb Esempio di applicazione: data la sottostante tabella (Tab.2), disegnare i vettori v1, v2, v3.
Tabella 2 v1 = v2 + v3 Modulo ? v2 ?
Direzione dirv1 dirv2 dirv3
v2 v1
v3
dirv1
dirv3
Figura 10Rappresentazione dei vettori v1, v2 e v3, noti v2 e le direzioni di v1 e v3.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni
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5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI
O
A
B
ω
O
X
B
ωY
5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI Si pone il sistema di riferimento relativo x’y’ rotante attorno ad O e solidale con l’asta OA:
O
A
B
ω
O
X
B
ωY
y’x’
)(aBΓ
)(tBΓ
)(rBΓ
π
Dπ)(aBv
OB⊥
AB⊥
)(rBv )(t
Bv
TEOREMA DEI MOTI RELATIVI PER LE VELOCITA’
vASSOLUTA = vRELATIVA + vTRASCINAMENTO
Tabella 3 vB = vB(t) + vB
(r)
Modulo ? OBω ?
Direzione Dπ
OB⊥ AB⊥
Figura 11 Data la velocità angolare ωωωω della manovella OA, trovare la velocità vB del carrello.
Figura 12 Traiettoria assoluta di B (ΓΓΓΓB
(a)): retta parallela al piano ππππ. Traiettoria di trascinamento di B (ΓΓΓΓB
(t)): circonferenza con centro in O e raggio OB. Traiettoria relativa di B (ΓΓΓΓB
(r)): circonferenza con centro in A e raggio AB.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni
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5.2. TEOREMA DI RIVALS Si pone il sistema di riferimento x’y’ traslante su traiettoria circolare con origine in A:
O
A
B
ω
O
X
B
ωY
y’
x’
π BΓ
BAΓ
AΓ
Dπ
OA⊥
AB⊥ Bv
AvBAv
TEOREMA DI RIVALS PER LE VELOCITA’ (Si applica solo a punti che appartengono allo stesso corpo rigido)
vB = vA + vBA
I teoremi dei moti relativi e di Rivals possono essere utilizzati anche per le accelerazioni, ma nel caso in cui il sistema di riferimento relativo sia rotante è necessario aggiungere l’accelerazione complementare o di Coriolis definita come:
)()( 2 rc va ∧= ω
che risulta ruotata, rispetto alla direzione di v(r), di 90° nel verso della velocità angolare ω del riferimento mobile.
Tabella 4 vB = vA + vBA
Modulo ? OAω ?( ABBAω )
Direzione Dπ
OA⊥ AB⊥
Figura 13 Traiettoria assoluta di B (ΓΓΓΓB): retta parallela al piano ππππ. Traiettoria relativa di B rispetto ad A (ΓΓΓΓBA): circonferenza con centro in A e raggio AB. Traiettoria assoluta di A (ΓΓΓΓA): circonferenza con centro in O e raggio OA.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Introduzione alle esercitazioni
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6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA
O X
Y
Gdm
xG
yG
Ω
p ,m1 1
p ,mn n
O X
Y
x1 xn
y1
yn
O X
Y
Gdm
xG
yG
Ω
iFiFd
iC
I momenti di ordine 1 del sistema continuo distribuito coincidono con i momenti di ordine 1 dell’elemento infinitesimo dm.
Equilibrio alla traslazione: ∑ ∑∑ =⇒=+⇒=k h
hk
ikGk FFFaMF 00
Equilibrio alla rotazione: ∑ ∑∑ =⇒=+⇒=k h
Ghk
iGkGGk MCMJM 00
ω
Figure 14-15
Baricentro di un sistema continuo: Massa: ∫∫
ΩΩ
== dVdmM ρ
Coordinate del baricentro:
=
=
∫
∫
Ω
Ω
dVyy
dVxx
G
G
ρ
ρ
Momenti d’inerzia di un sistema continuo:
∫∫∫∫
∫∫∫∫
ΩΩ
ΩΩ
====
====
dVxdmxJdVxyxydmJ
dVyxyxdmJdVydmyJ
yyyx
xyxx
ρρ
ρρ
22
22
Momenti d’inerzia di un sistema di punti:
∑∑
∑∑
==
==
==
==n
iiiyy
n
iiiiyx
n
iiiixy
n
iiixx
xmJyxmJ
xymJymJ
1
2
1
11
2
Figura 16Forze e coppie di inerzia.
Forza d’inerzia:
Gi
ii aMdVadmaFdF
−=−=−== ∫∫∑ΩΩ
ρ
Coppia d’inerzia: ( ) ( )∫
Ω
+−=+−=−= dVyxJJJC yyxxGi ρωωω 22
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio
12
Prima esercitazione: GRU A BRACCIO
La gru per cantiere edilizio (riportata in fig. 17 in scala 1:100 (cioè σl = 1m/cm)) è del tipo a braccio girevole con il carrello porta-gancio mobile lungo il braccio. 1. Si richiede di studiare il comportamento cinematico del carrello, schematizzato con un
punto, determinandone velocità ed accelerazione quando il braccio ruota con velocità angolare ω = 0,1 rad/s ed accelerazione angolare ω = 0,01 rad/s2 (antiorarie) ed il carrello C sta ritornando con velocità relativa vr = 0,7 m/s ed accelerazione relativa ar = 0,1 m/s2 verso l’interno. Si considerino 2 casi: • 1° caso: punto C a distanza 4 m dall’asse di rotazione (punto 0) • 2° caso: punto C a distanza 6 m dal punto O.
2. Si richiede inoltre di determinare la tensione della fune T e la coppia motrice agente
Mm, sapendo che il carrello ha massa mc = 300 kg e il braccio ha massa mb = 3000 kg e momento d’inerzia baricentrico JG = 1200 kg m2 e che il baricentro G del braccio dista 1 m dall’asse di rotazione (punto O).
Figura 17 – Gru a braccio per cantiere edilizio.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio
13
Risoluzione della prima esercitazione: GRU A BRACCIO 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
OGCω rv
ra
1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta di baricentro G e il carrello C) e da 2 vincoli (cerniera in O e manicotto in C): n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali = 1 x 2 + 1 x 2 = 4 n° gradi di libertà residui = 6 – 4 = 2 1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo
OG
CX
Y
x’
y’
)(tCΓ
)(rCΓ
Figura 19 – Sistema di riferimento relativo.
Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in O rotante solidamente con il braccio mobile della gru. La traiettoria di trascinamento del carrello C è un circonferenza con centro in O e raggio OC ed è rappresentata da ΓΓΓΓC
(t) in figura 19. La traiettoria relativa del carrello C è una retta parallela al segmento OC ed è rappresentata da ΓΓΓΓC
(r) in figura 19.
Figura 18 Schematizzazione
sottosistema braccio + carrello
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio
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1.3. Calcolo delle velocità
Cv
)(rCv
)(tCv
OC⊥
OC
1° CASO: mOC 4=
)(rCv
Cv)(tCv
α
2° CASO: mOC 6=
)(rCv
Cv)(tCv
α
Tabella 5 Cv
= )(tCv
+ )(rCv
Modulo ? OCω vr
Direzione ?
OC⊥ DOC
Verso ? ← ↑
Figura 20 Scala: 1 cm = 0,1 m/s
[ ]
[ ] [ ] [ ][ ]
( ) ( ) °≅==
≅+=+=
=⋅==
=
307,0/4,0arctan/arctan
/8,04,07,0)()(
/4,04/1,0
/7,0
)()(
222)(2)(
)(
)(
rC
tC
tC
rCC
tC
rC
vv
smvvv
smmsradOCv
smv
α
ω
Figura 21 Scala: 1 cm = 0,1 m/s
[ ][ ] [ ] [ ]
[ ]( ) ( ) °≅==
≅+=+=
=⋅==
=
407,0/6,0arctan/arctan
/9,06,07,0)()(
/6,06/1,0
/7,0
)()(
222)(2)(
)(
)(
rC
tC
tC
rCC
tC
rC
vv
smvvv
smmsradOCv
smv
α
ω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio
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1.4. Calcolo delle accelerazioni Tabella 6
Ca = )(rCna + )(r
Cta + )(tCna + )(t
Cta + )(cCa
MODULO ? X ar OC2ω OCω )(2 rCvω
DIREZIONE ? X DOC DOC OC⊥ OC⊥
VERSO ? X ← ← ↑ ↓ 1° CASO: mOC 4=
DOCDOC
OC⊥
OC⊥
)(rCta
)(tCna
)(tCta
)(cCa
Caα
2° CASO: mOC 6=
DOCDOC
OC⊥
OC⊥
)(rCta )(t
Cna
)(tCta
)(cCa
Caα
Figura 22Scala: 1 cm = 0,04 m/s2
[ ]
[ ][ ]
[ ]( ) ( ) [ ]
( ) ( )[ ] ( ) °≅=−+=
≅+=−++=
=⋅⋅==
=⋅==
=⋅==
=
551,0/14,0arctan/arctan
/17,01,014,0
/14,07,01,022
/04,0401,0
/04,041,0
/1,0
)()()()(
2222)()(2)()(
2)()(
2)(
222)(
2)(
tCt
cC
tCn
rCt
tCt
cC
tCn
rCtC
rC
cC
tCt
tCn
rCt
aaaa
smaaaaa
smvasmOCa
smOCa
sma
α
ωω
ω
Figura 23 Scala: 1 cm = 0,04 m/s2
[ ]
[ ][ ]
[ ]( ) ( )
[ ]( ) ( )[ ]( ) °≅=
=−+=
≅+=
=−++=
=⋅⋅==
=⋅==
=⋅==
=
6308,0/16,0arctan/arctan
/18,008,016,0
/14,07,01,022
/06,0601,0
/06,061,0
/1,0
)()()()(
222
2)()(2)()(
2)()(
2)(
222)(
2)(
tCt
cC
tCn
rCt
tCt
cC
tCn
rCtC
rC
cC
tCt
tCn
rCt
aaaasm
aaaaa
smvasmOCa
smOCa
sma
α
ωω
ω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Prima esercitazione: Gru a braccio
16
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
OG C
JGω
M (?)m
T(?)GicF C
icF
CitF
GitFX
Y
+
1° CASO: mOC 4= Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema costituito dal solo carrello:
( ) ( ) [ ] [ ]NsmkgaamFTTFF tCn
rCtc
Cic
Cicx 42/04,01,03000 2)()(* =⋅+⋅=+==⇒=−=∑
Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:
OCFOGFJMOCFOGFJMM Cit
GitGm
Cit
GitGmO −+=⇒=+−−=∑ ωω 0*
)(
( )OCaamOGmJOCFOGFJM tCt
cCcbG
Cit
GitGm
)()(2−−+=−+=⇒ ωωω
( ) [ ] [ ]mNsmkgMm ⋅−=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅=⇒ 78/404,014,0300101,0300001,01200 222
2° CASO: mOC 6= Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema costituito dal solo carrello:
( ) ( ) [ ] [ ]NsmkgaamFTTFF tCn
rCtc
Cic
Cicx 48/06,01,03000 2)()(* =⋅+⋅=+==⇒=−=∑
Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:
OCFOGFJMOCFOGFJMM Cit
GitGm
Cit
GitGmO −+=⇒=+−−=∑ ωω 0*
)(
( )OCaamOGmJOCFOGFJM tCt
cCcbG
Cit
GitGm
)()(2−−+=−+=⇒ ωωω
( ) [ ] [ ]mNsmkgMm ⋅−=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅=⇒ 102/606,014,0300101,0300001,01200 222
Figura 24 Forze e momenti d’inerzia del sistema. Dati:
[ ][ ][ ]
[ ]mOG
mkgJkgmkgm
G
b
c
1
1200
3000300
2
=
=
==
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta
17
Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA In figura 25 è rappresentato un meccanismo che permette di trasformare un moto rotatorio a velocità angolare costante in un moto rotatorio intermittente. La scala del disegno è: σl = 1 cm/cm. Esso è costituito da due membri: 1) la ruota 1, di centro A, che porta il piolo P; 2) la ruota 2, di centro B, che presenta delle scanalature entro cui si impegna il piolo P,
detta “croce di Malta”. 1. Si richiede di determinare, nella posizione indicata in figura 25, la velocità angolare Bω
e l’accelerazione angolare Bω della croce, quando la ruota 1 gira a velocità costante ω = 100 rad/s.
2. Sapendo inoltre che il momento d’inerzia della croce intorno al proprio asse è
JB = 1,96 x 10-4 kg m2, calcolare il valore della coppia motrice Mm agente sulla ruota 1, trascurando gli attriti dei diversi accoppiamenti.
Dati:
[ ][ ]
[ ]241096,1/100
039,0
mkgJsradmAB
B ⋅∗==
=
−
ω[ ]
0028,0
==
ωmAP [ ]mPB 019,0=
attrito nullo in P
°== 27ˆPABϑ
Incognite: • Bω • Bω • Mm, OA, OB, azione in P
Figura 25 – Croce di malta.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta
18
Risoluzione della seconda esercitazione: CROCE DI MALTA 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (la ruota e la croce di Malta) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 accoppiamento prismatico): n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5 n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1 1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo
X
Y
x’y’
θ
Mm
)(rPΓ
)(aPΓ)(t
PΓ
Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in B rotante solidale alla guida mobile (croce di Malta). La traiettoria assoluta del piolo P è un circonferenza con centro in A e raggio AP ed è rappresentata da ΓΓΓΓP
(a) in figura 26. La traiettoria relativa del piolo P è una retta passante per BP ed è rappresentata da ΓΓΓΓP
(r) in figura 26. La traiettoria di trascinamento del piolo P è una circonferenza con centro in B e raggio BP ed è rappresentata da ΓΓΓΓP
(t) in figura 26. 1.3. Calcolo delle velocità
AP⊥
DBPBP⊥
)(rPv
)(tPv
Pv
Figura 27 – Diagramma delle velocità (scala: 1 cm = 1 m/s)
[ ] [ ] [ ]
[ ][ ] [ ] [ ]orariasradsradBPvsmv
smvsmmsradAPv
tPB
tP
rP
P
/58/019,0/1,1//1,1
/6,2/8,2028,0/100
)()(
)(
≅==⇒=
=
=⋅==
ω
ω
Tabella 7 Pv
= )(rPv
+ )(tPv
Modulo APω ? ?( BPBω )
Direzione AP⊥
D BP BP⊥
Verso ? ?
Figura 26 Scelta del sistema di riferimento relativo.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta
19
1.4. Calcolo delle accelerazioni Tabella 8 Pna + Pta = )(r
Pna + )(rPta + )(t
Pna + )(tPta + )(c
Pa
MODULO AP2ω x x ? BPB2ω ?( BPBω ) )(2 r
PBvω
DIREZIONE DAP x x DBP DBP BP⊥ BP⊥
VERSO x x ? ?
DBP
DAP
DBP
BP⊥
BP⊥
Pna
)(rPta
)(tPna
)(tPta
)(cPa
Figura 28 – Diagramma delle accelerazioni (scala: 1 cm = 40 m/s2)
[ ] [ ] [ ]
[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]
[ ][ ]
[ ] [ ] orariasradsradBPa
smasma
smsmsradvasmmsradBPa
smmsradAPa
tPtB
tPt
rPt
rPB
cP
BtPn
Pn
22)(
2)(
2)(
2)()(
22222)(
22222
/29000/019,0/552/
/556
/170/300/6,2/5822
/64019,0/58
/280028,0/100
≅==
≅
≅
≅⋅⋅==
=⋅==
=⋅==
ω
ωω
ω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Seconda esercitazione: Croce di Malta
20
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
NB OBX
OBY JB Bω
N
Mm
OAX
OAYP P
+
CROCE RUOTA 1
A
b = 1cm
α = 49°
Figura 29 – Sottosistemi croce e ruota 1
2.1. Calcolo dell’azione in P Il verso dell’azione normale dipende dalle forze di attrito (per azioni di vincoli perfetti prima si ipotizza e poi si verifica). Calcolo dell’azione in P mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema croce:
[ ] [ ]NNBPJNBPNJM BBBBB 300019,0/290001096,1/00 4*)( ≅⋅∗==⇒=−⇒= −
∑ ωω
2.2. Calcolo della coppia motrice Mm Calcolo della coppia motrice Mm mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota 1:
[ ] [ ]mNmNNbMNbMM mmA ⋅=⋅⋅==⇒=−⇒=∑ 301,030000*)(
2.3. Calcolo delle reazioni vincolari nel punto B Calcolo delle reazioni vincolare nel punto B mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema croce:
[ ] [ ][ ] [ ]NNNNONOF
NNNNONOF
yByyByY
xBxxBxX
22649sin300sin00
19749cos300cos00*
*
≅°⋅===⇒=−⇒=
−≅°⋅−=−=−=⇒=+⇒=
∑
∑α
α
2.4. Calcolo delle reazioni vincolari nel punto A Calcolo delle reazioni vincolare nel punto A mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema ruota 1:
[ ][ ]NNONOF
NNONOF
yAyyAyY
xAxxAxX
22600
19700*
*
−≅−=⇒=+⇒=
≅=⇒=−⇒=
∑
∑
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
21
Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO Del manovellismo schematicamente indicato in figura 30 si hanno i seguenti dati:
corsa [ ] [ ]mcOAmOAc 0325,02/065,02 ==⇒== lunghezza della biella [ ]mABl 107,0== velocità angolare della manovella [ ]srad /410=ω massa dello stantuffo [ ]kgms 2,0= massa della biella [ ]kgmb 5,0= massa della manovella [ ]kgmm 1= distanza del baricentro della manovella [ ]mOGa 008,01 == dall’asse di rotazione O distanza del baricentro della biella dal [ ]mAGb 035,02 == bottone di manovella A raggio giratorio della biella [ ]m025,0=ρ diametro del pistone [ ]mD 06,0= distanza fra i supporti [ ]mEFd 18,0== Si consideri il manovellismo nell’istante in cui la manovella, movendosi con velocità angolare ω costante, è ruotata di α = 55° a partire dalla posizione di punto morto esterno. La pressione dei gas contenuti nel cilindro vale p = 750 000 [Pa]. Si richiede di determinare: • il sistema equivalente delle forze di inerzia (forza di inerzia e coppia di inerzia) agenti
sullo stantuffo, sulla biella e sulla manovella; • la coppia agente sulla manovella Mr; • la forza laterale che lo stantuffo esercita sul cilindro S
; • le forze trasmesse dalla biella alla manovella yx RR
, ;
• le forze agenti sul perno di banco yx TT
, ;
• le reazioni vincolari dei supporti 321 ,, VVV
. Nota: per risolvere il problema di dinamica, occorre prima risolvere la cinematica, ossia determinare: • velocità Bv
del pistone; • velocità angolare Bω della biella; • velocità 2Gv
del baricentro della biella; • accelerazione Ba
del pistone; • accelerazione angolare Bω della biella; • accelerazione 2Ga
del baricentro della biella; • accelerazione 1Ga
del baricentro della manovella.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
22
Figura 30 – Manovellismo ordinario centrato
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
23
Risoluzione della terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO
1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema
G1
O
B
G2
Aα
ω
1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo
B
G2
A
O
G1
AΓ
BΓ
1GΓ
BAΓ
AG2Γ
X
Y
x’
y’
π
Figura 31(Scala: 1 : 2 cm)
Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (manovella OA, biella AB) e da3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). Il moto della manovella OA ètraslatorio, mentre il moto della biella AB è rototraslatorio. n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5 n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1
Figura 32 Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in A traslante su traiettoria circolare per applicare il teorema di Rivals. La traiettoria di A (ΓΓΓΓA) è una circonferenza di centro O e raggio OA. La traiettoria di B (ΓΓΓΓB) è una retta per OB parallela al piano π. La traiettoria di G1 (ΓΓΓΓG1) è una circonferenza di centro O e raggio OG1. La traiettoria di B rispetto ad A (ΓΓΓΓΒΑΒΑΒΑΒΑ) è una circonferenza di centro A e raggio AB. La traiettoria di G2 rispetto ad A (ΓΓΓΓG2A) è una circonferenza di centro A e raggio G2A.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
24
1.3. Calcolo delle velocità
BvAv
BAv OA⊥
AB⊥
DOB
AvBv
BAv
AB⊥
OA⊥
DOB
Av
OA⊥
2AG⊥2G
v
AGv 2
Av
OA⊥
2AG⊥
AGv 2
2Gv
Tabella 9 Bv
= Av
+ BAv
Modulo ? OAω ?( ABBω )
Direzione DOB
OA⊥ AB⊥
Verso ? ?
Tabella 10 2G
v = Av
+ AGv 2
Modulo ? OAω 2AGBω
Direzione ? OA⊥ 2AG⊥
Verso ?
Figura 33 Scala: 1 cm = 2 m/s
Teorema di Rivals: BAAB vvv +=
[ ] [ ] [ ][ ]
[ ][ ] [ ] [ ]sradmsmABv
smvsmv
smmsradOAv
BAB
BA
B
A
/83,73107,0//9,7/
/9,7/88,12
/325,130325,0/410
≅==
≅≅
=⋅==
ω
ω
La velocità angolare ωB è antioraria.
Figura 34 Scala: 1 cm = 2 m/s
Teorema di Rivals: AGAG vvv22
+=
[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]
[ ]smvsmmsradAGv
smmsradOAv
G
BAG
A
/625,12
/58,2035,0/83,73
/325,130325,0/410
2
2 2
≅
≅⋅==
=⋅==
ωω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
25
1.4. Calcolo delle accelerazioni Tabella 11 Bna
+ Bta = Ana
+ Ata + BAna + BAta
MODULO x ? OA2ω x ABB2ω ?( ABBω )
DIREZIONE x DOB DOA x DAB AB⊥
VERSO x ? x ?
DOB
DOA
DABAB⊥
Bta Ana
BAnaBAta
Tabella 12 2G
a = Ana + Ata
+ AnGa 2
+ AtGa 2
MODULO ? OA2ω x AGB 22ω AGB 2ω
DIREZIONE ? DOA x DG2A AG2⊥
VERSO ? x
DOA
Ana
DG A2AG2⊥AnGa 2
AtGa 2
2Ga
DOA 1Ga
Figura 35 Scala: 1 cm = 500 m/s
Teorema di Rivals: BAAB aaa += [ ] [ ][ ] [ ]
[ ][ ]
[ ] [ ] [ ]22
2
2
2222
2222
/41590107,0//4450/
/4450
/2575
/24,583/107,083,73
/25,5463/0325,0410
sradmsmABa
smasma
smsmABa
smsmOAa
BAtB
BAt
Bt
BBAn
An
≅==
≅
≅
=⋅==
=⋅==
ω
ω
ω
L’accelerazione angolare Bω è oraria.
Figura 36 Scala: 1 cm = 500 m/s
Teorema di Rivals: AGAG aaa22
+= [ ] [ ]
[ ] [ ][ ] [ ]
[ ][ ] [ ]222
12
2
222
2222
2
2222
/8,1344/008,0410
/5,4187
/65,1455/035,041590
/78,190/035,083,73
/25,5463/0325,0410
11
2
2
2
smsmOGaa
sma
smsmAGa
smsmAGa
smsmOAa
nGG
G
BAtG
BAnG
An
=⋅===
≅
=⋅==
=⋅==
=⋅==
ω
ω
ω
ω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
26
2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO
STANTUFFO B BIELLA AB MANOVELLA OA
Bsis
is
amFM
−==0
[ ] [ ] NNamF
MBsis
is
51525752,00
=⋅===
22
Gbib
BbBbib
amFmJM
−=
−=−= ωρω
[ ] [ ][ ] [ ] NNamF
NmNmmMGbib
Bbib
75,20935,41875,01341590025,05,0
222
=⋅===⋅⋅== ωρ
( ) 100
Gmim
im
amFM
−=== ω
[ ] [ ] NNamF
MGmim
im
8,13448,134410
1 =⋅===
1° sottosistema: STANTUFFO + BIELLA
A
G2
B
b1
b2
b3
b4
b5
ibM
sP
isF gF
ibF
bP
(?)xR
(?)yR
(?)S
γ
β
+ Figura 37 (Scala 1:1 cm)
Nota la geometria del sistema e gli angoli α = 75° e β = 45° si possono calcolare le incognite
yx RRS
,, mediante le tre equazioni di equilibriodinamico del sottosistema stantuffo + biella:
1) 0
0*
=++⇒
=∑SFR
F
ibxx
x
2) 0
0*
=−−−++⇒
=∑
bsgisibyy
y
PPFFFRF
3) 0)(
)(
0
44523
4123
*)(
=++−−−−+=
=++−−−+⇒
=∑
ibbibyibxissg
ibbibissg
A
MbPbFbFSbbFPFMbPbFSbbFPF
M
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
27
Calcolo delle incognite yx RRS
,, mediante la risoluzione del sistema:
[ ] [ ]NNFSFSR ibibxx 416,142345cos75,2093089,57cos −=°⋅−=−−=−−= β
[ ] [ ]NN
FFDpgmgmFFFPPR isibbsisibygbsy
937,13151545sin75,2093)2/06,0(75000081,95,081,92,0
sin4
2
2
=−°⋅−⋅⋅+⋅+⋅=
=−−++=−−++=
π
βπ
( )=
−+−+−+=
=−+−+−+=
γγβγβγπ sin/sincoscos)sin(cos)4
(
/))()(
22
2
2543
ABAGFMAGFgmABFgmDp
bbFMbFPbFPFS
ibibibbiss
ibxibibybissg
[ ] [ ]NN 089,57)75sin107,0/()75sin035,045cos75,20931375cos035,0)45sin75,209381,95,0(75cos107,0)51581,92,0)2/06,0(750000(( 2
−=°⋅°⋅⋅°⋅−++°⋅⋅°⋅−⋅+°⋅⋅−⋅+⋅⋅= π
2° sottosistema: MANOVELLA
+
G1
imFmP
(?)yT
(?)xT(?)RM
xR
yR
b6b8
b7
A
Oα
Calcolo delle incognite yxR TTM
,, mediante la risoluzione del sistema:
[ ] [ ]NNFRFRT imximxxx 82,32155sin8,1344416,1423sin −=°⋅+−=+=+= α
[ ] [ ]NNgmFRPFRT mimymimyyy 093,91381,9155cos8,1344937,131cos =⋅+°⋅+=++=++= α
[ ] [ ]NmNmOGgmOAROARbPbRbRM mxymxyR
98,2955sin008,081,9155cos0325,0416,142355sin0325,0937,131
sincossin 1867
=°⋅⋅⋅−°⋅⋅+°⋅⋅=
=−−=−−= ααα
Figura 38(Scala: 1:1 cm)
Nota la geometria e l’angolo α=55° si possono calcolare le incognite yxR TTM
,, mediante le tre equazioni di equilibrio dinamico del sottosistema manovella: 1) 00* =−−⇒=∑ imxxxx FRTF 2) 00* =−−−⇒=∑ mimyyyy PFRTF 3) 00 876
*)( =+−+⇒=∑ bPbRbRMM myxRO
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato
28
3° sottosistema: CILINDRO
+
O
A
G2
B
FE
b11
b9
b10
G1
SgF
xT
yT
1V
2V
3V
Figura 39 – Sottosistema cilindro in scala 1:2 cm
Calcolo delle incognite 321 ,, VVV
mediante le equazioni di equilibrio dinamico: 1) 00 1
* =−−⇒=∑ STVF xx 2) ∑ =−++⇒= 00 32
*ygy TFVVF
3) 0)()2/)(()(0 1036210103119
*)( =+++−=++−⇒=∑ bVbbSbTFbVSbbTFM ygygE
[ ] [ ]NNSTV x 909,378089,5782,3211 −=−−=+=
[ ] [ ]NNVDpTVFTV ygy 433,642049,565)2/06,0(750000093,9134
23
2
32 −=+⋅−=−−=−−= ππ
[ ] [ ]NN
bOAABSEFDpTbbSbFTV ygy
049,56518,0/))55cos0325,075sin107,0(089,57)2/18,0())2/06,0(750000093,913((
/))cossin()2/)(4
()()2/)(((
2
10
2
62103
−=°⋅+°⋅⋅+⋅⋅−=
=+−−=+−−=
π
αγπ
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
29
Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA Dell’autovettura schematizzata in figura 42 sono noti i seguenti dati: massa autoveicolo + carico trasportato [ ]kgM 1240= passo [ ]mp 4,2= distanza baricentro dall’asse anteriore [ ]ml 35,1= altezza baricentro da terra [ ]mh 6,0= raggio ruote [ ]mr 28,0= superficie frontale (area sezione maestra) [ ]27,1 mS = coefficiente di resistenza aerodinamica 41,0=Rc rapporto al ponte 41/9=pτ rapporto di trasmissione in terza marcia 6,1/1=IIIτ rendimento al ponte 95,0=pη rendimento in terza marcia 94,0=IIIη coppia motrice [ ]NmCm 120= velocità rotazione del motore [ ] [ ]sradgirim /314min/3000 ≅=ω velocità del vento [ ]smvvento /5= densità dell’aria [ ]3/2,1 mkgaria =ρ coefficiente di attrito volvente 013,0=vf momento di inerzia di ciascuna ruota [ ]21 mkgJ r = momento di inerzia del motore [ ]21,0 mkgJm = Si richiede: 1. nel caso in cui l’autovettura viaggi in piano determinare la sua accelerazione quando il
motore fornisce la coppia massima Cm con cambio di velocità in terza marcia; 2. determinare le reazioni del terreno NA, TA, NP, TP; 3. verificare l’aderenza delle ruote, utilizzando i valori di riferimento del coefficiente di
attrito statico fa forniti in tabella: Tabella 13 asciutto
non polveroso molto bagnato fangoso oleoso ghiacciato
fondo stradale liscio 70,060,0 ÷ 55,050,0 ÷ 35,030,0 ÷ 20,015,0 ÷
fondo stradale rugoso 85,075,0 ÷ 65,060,0 ÷ 40,035,0 ÷ 25,020,0 ÷
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
30
Risoluzione della quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA 1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA
I moti dei vari membri del sistema sono: • autovettura: moto traslatorio • ruote: moto rototraslatorio (l’effetto della traslazione è trascurabile) • motore: moto rotatorio L’accelerazione si può calcolare mediante il bilancio di potenze:
dtdEWWWW C
rpm =++=∑
1.1. Calcolo dell’energia cinetica EC e della sua derivata rispetto al tempo
222
21
214
21
21
214
21
mmrrmmmrrrC JJMvJJvvME ωωωωωω +
+=×+
×+×=
mmmrrrmmmrrrC JJMavJJvaMdtdE ωωωωωωωω
++=×+×+×= 44
Tutte le velocità e accelerazioni hanno la stessa direzione e lo stesso verso.
1.2. Calcolo della potenza motrice
mmmmm CCW ωω =×=
1.3. Calcolo della potenza resistente e della forza di resistenza aerodinamica
Potenza resistente: vFvFW aeraerr −=×=
Forza aerodinamica: Rventoariaaer cSvvF 2
21 −= ρ
1.4. Calcolo della potenza persa
attritopontecambio pppp WWWW ++=
In un autovettura la potenza persa è somma di tre fattori:
• attritopW = potenza dissipata dalle forze di attrito volvente
• cambiopW = potenza dissipata attraverso il cambio
• pontepW = potenza dissipata attraverso il ponte
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
31
• Calcolo della potenza dissipata dalle forze di attrito volvente
uN
T
rω
r
( ) ( ) ( ) rvPArPArPrAp rfNNuNNuNuNWattrito
ωωωω +−=+−=+−= 222
Per semplificare l’espressione precedente si può eseguire l’equilibrio alla traslazione verticale del sistema autovettura:
( ) ( ) MgNNMgNNF PAPAV =+⇒=−+⇒=∑ 2020
sostituendo si ottiene: rvp rMgfWattrito
ω−= • Calcolo della potenza dissipata attraverso il cambio
VOLANOpontepW
cambiopW
cambioeWcambio
uW
ponteeW
pη
IIIηmC mω
mJ
Figura 41 – Potenze entranti e uscenti dalle varie componenti della macchina
Sapendo che: cambioeIII
cambiou WW η=
risulta: ( ) cambioeIII
cambiou
cambioe
cambiop WWWW η−−=−= 1
inoltre: mmmmmmiVmmcambioe JCCCW ωωωωω
C
−=×+×=
quindi si ottiene: ( )( )mmmmmIIIcambiop JCW ωωωη C−−−= 1
Figura 40 Lo spostamento della retta d’azione rispetto alcentro della ruota determina una coppia resistentedi modulo pari a:
NuCr = Il coefficiente di attrito volvente risulta definito come:
rufv =
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
32
• Calcolo della potenza dissipata attraverso il ponte sapendo che: cambio
upontee WW =
risulta: ( ) ( ) cambioup
ponteep
pontep WWW ηη −−=−−= 11
inoltre: ( )mmmmmIIIcambioeIII
cambiou JCWW ωωωηη C−==
quindi si ottiene: ( ) ( )mmmmmIIIppontep JCW ωωωηη C−−−= 1
1.5. Calcolo dell’accelerazione dell’autovettura mediante il bilancio di potenze
Sostituendo nel bilancio di potenze i valori dtdEWWW C
prm ,,, si ottiene:
( )( ) ( ) ( ) =−−−−−−−− mmmmmIIIpmmmmmIIIvraermm JCJCrfMgvFC ωωωηηωωωηωω 11
mmmrrr JJMav ωωωω ++= 4
( ) 04 =−−−−−⇒ rrrvraermmmmmIIIp JMavrfMgvFJC ωωωωωωηη
• rv rω= • IIIpm
r ττωω
=
• ra rω= • IIIpm
r ττωω
=
( ) 04 22222 =−−−−−⇒ mmpIIIrmmpIIIvmpIIImpIIIaermmmmmIIIp JrMrfMgrFJC ωωττωωττωττωττωωωηη
Calcolo la forza di resistenza aerodinamica sostituendo i valori numerici:
RventompIIIariaRventoariaaer ScvrScvvF22
21
21 −=−= ωττρρ
[ ] [ ]NNFaer 833,12141,07,1)5(28,06023000
419
6,112,1
21
2
=⋅⋅−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅= π
Calcolo l’accelerazione angolare del motore sostituendo i valori numerici:
=++
−−=
mIIIppIIIrpIII
pIIIvpIIIaermIIIpm JJrM
rMgfrFCηηττττ
ττττηηω 22222 4
=
⋅⋅+
⋅
⋅⋅+⋅
⋅
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅= 2222
222 337,48
1,094,095,0419
6,111428,0
419
6,111240
28,0419
6,11013,081,9124028,0
419
6,11833,12112094,095,0
srad
srad
Risulta: [ ] [ ]22 /857,1/28,0337,48)41/9()6,1/1( smsmra mpIII =⋅⋅⋅== ωττ
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
33
2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO
Figura 42 – Schematizzazione di un’autovettura
Calcolo delle reazioni del terreno NA, TA, NP, TP mediante la risoluzione del seguente sistema di quattro equazioni in quattro incognite costituito da: • 3 equazioni di equilibrio dinamico di tutto il sistema autovettura:
1) ( ) 020* =−−−⇒=∑ MaFTTF aerAPO 2) ( ) 020* =−+⇒=∑ MgNNF APV 3) ( ) 040*
)( =−−+−−−−⇒=∑ ulpMgMahhFJpNM aerrrAP ω • 1 equazione di equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota anteriore:
u
r
AN
PN
ORVR rrJ ω
A
C
1) ( ) ( ) [ ] [ ]NNMaFTT aerAP 12662/857,11240833,1215422/2 ≅⋅++⋅=++= 2) ( ) ( ) [ ] [ ]NNNMgN AP 37392/2343281,912402/2 ≅⋅−⋅=−= 3) ( )( ) ( )( ) =−−−−−=−−−−−= pJhFMahrflpMgpJhFMahulpMgN mIIIpraervrraerA 2/42/4 ωττω
( ) [ ] [ ]NN 2343)4,22/(337,486,1
1419146,0833,1216,0857,1124028,0013,035,14,281,91240 ≅⋅
⋅⋅⋅⋅−⋅−⋅⋅−⋅−−⋅⋅=
4) ( ) ( ) [ ] [ ]NNrrfNJruNJT vAmIIIprArrA 5428,0/28,0013,02343337,486,1
14191// ≅
⋅⋅+⋅⋅⋅=+=+= ωττω
Figura 43 – Sottosistema ruota anteriore
4) ∑ =+−−⇒= 02220*)( rTuNJM AArrC ω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura
34
3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO
3.1. Verifica dell’aderenza delle ruote anteriori
Per aderenza si deve avere: aA
AAaA f
NTNfT ≤⇒≤
Calcolo: [ ][ ] 023,0
234354 ==
NN
NT
A
A
Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e quelle in cui non si ha aderenza: Tabella 14 asciutto
non polveroso molto bagnato fangoso oleoso ghiacciato
fondo stradale
liscio SI’ SI’ SI’ SI’
fondo stradale rugoso
SI’ SI’ SI’ SI’ 3.2. Verifica dell’aderenza delle ruote posteriori
Per aderenza si deve avere: aP
PPaP f
NTNfT ≤⇒≤
Calcolo: [ ][ ] 34,0
37391266 ==
NN
NT
P
P
Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e quelle in cui non si ha aderenza: Tabella 15 asciutto
non polveroso molto bagnato fangoso oleoso ghiacciato
fondo stradale
liscio SI’ SI’ SI’ NO
fondo stradale rugoso
SI’ SI’ SI’ NO
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore
35
Quinta esercitazione: ASCENSORE Dell’impianto di ascensore schematizzato in figura 44 sono noti i seguenti dati: portata (carico utile) [ ]kgmu 325= massa cabina [ ]kgmc 300= massa contrappeso [ ]kgmq 430= diametro puleggia di sollevamento [ ]mD 55,0= rapporto di trasmissione del riduttore 55/1=τ accelerazione massima di avviamento a pieno carico aa [ ]2/7,0 sm= in discesa rendimento della trasmissione in moto diretto (carico 7,0=dη che esercita azione resistente) rendimento della trasmissione in moto retrogrado 6,0=rη (carico che esercita azione motrice) numero paia di poli del motore asincrono 2=pp momento d’inerzia del motore [ ] kWmKgJm ∀= 200981,0 della potenza di targa Si considerino trascurabili le resistenze delle guide della cabina e il peso delle funi. In figura è riportata la curva caratteristica del motore asincrono. PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore A pieno carico, a regime in salita determinare: 1) la velocità di rotazione del motore ωm, la velocità di rotazione della puleggia ωp e la
velocità di sollevamento vsoll.; 2) la potenza resistente Wr, la potenza motrice Wm, il momento motore Mm e la potenza di
targa o nominale Wn del motore asincrono a servizio intermittente che si assume uguale per sicurezza a 1,5 Wm arrotondata al ½kW superiore.
SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA: scelta del volano Considerare l’avviamento a pieno carico in discesa. Ritenendo che la coppia massima del motore durante l’avviamento Mma sia uguale a 2,2 volte quella nominale Mn, che il momento d’inerzia del motore sia Jm (0,00981 kg m2 per ogni kW della potenza di targa) e che siano trascurabili le inerzie di tutte le altre masse rotanti tranne il volano, determinare il momento d’inerzia del volano Jv da montare sull’albero del motore affinché l’accelerazione massima di avviamento in discesa non superi il valore assegnato.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore
36
Figura 44 – Schema dell’ascensore in moto a regime in salita
C D )(' arM
)(' brM
Figura 45 – Curva caratteristica del motore asincrono
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore
37
Risoluzione della quinta esercitazione: ASCENSORE PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono Punto C se n aumenta: '
rm MM > ⇒ n aumenta fino a D
Punto D se n aumenta: 'rm MM < ⇒ n diminuisce e torna in D
Punto D se n diminuisce: 'rm MM > ⇒ n aumenta e torna in D
Punto C se n diminuisce: 'rm MM < ⇒ n diminuisce fino all’arresto del motore
Il punto D è detto punto di funzionamento stabile, mentre il punto C è detto punto di funzionamento instabile. PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore Un moto a regime è un moto caratterizzato da velocità costanti e accelerazioni nulle. 1. Calcolo della velocità di rotazione del motore, della velocità di rotazione della puleggia
e della velocità di sollevamento 1.1. Calcolo della velocità di rotazione del motore Il punto di funzionamento stabile si trova nella zona “quasi” verticale della curva caratteristica del motore quindi, con buona approssimazione, si ha:
sm nn ≅ dove nm è la velocità in giri/min del motore mentre ns è la velocità di sincronismo.
Per definizione: ppfns
60=
dove f è la frequenza di alimentazione (in Italia f = 50 [Hz]), mentre pp è il numero di paia di poli del motore.
Per un motore asincrono si ha: ( ) sm nsn −= 1 dove s = percentuale di scorrimento (per esempio 4%)
=
⋅==≅min
1500min2
506060 girigirippfnn sm
≅
⋅=⋅=⇒srad
sradnsm 1,1571500
602
602 ππω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore
38
1.2. Calcolo della velocità di rotazione della puleggia
In generale per i rapporti di trasmissione si ha: e
u
ωωτ =
In questo caso il rapporto di trasmissione vale: m
p
ωω
τ =
allora la velocità di rotazione della puleggia risulta:
≅
⋅==srad
srad
mp 86,25511,157τωω
1.3. Calcolo della velocità di sollevamento Nell’ipotesi di assenza di slittamenti si ha che la velocità di sollevamento vale:
[ ]
≅⋅
=⋅==smm
sradDrv pppsoll 786,0
255,086,2
2. ωω
2. Calcolo della potenza resistente, della potenza motrice, del momento motore e della
potenza di targa o nominale del motore asincrono a servizio intermittente
Per effettuare questi calcoli si utilizza il bilancio di potenze che risulta essere nullo perché il moto è a regime:
0==++dtdEWWW C
prm
2.1. Calcolo del momento motore Sostituendo nel bilancio di potenze le quantità corrispondenti a Wm, Wr, Wp si ottiene:
( ) ( ) 01. =−−−+− mmdsollqcumm MgvmmmM ωηω
per semplificare si può sostituire: 22.DDv mpsoll τωω ==
( ) 02
=+−+−⇒ mdqcu MDgmmm ητ
Si può da qui ricavare il momento motore che risulta:
( ) ( )[ ] [ ]mNmN
DgmmmM
d
qcu
m ⋅≅⋅⋅⋅⋅−+
=−+
= 66,137,0
255,0
55181,9430300325
2η
τ
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore
39
2.2. Calcolo della potenza motrice
[ ] [ ] [ ] [ ]kWWsradmNMMW mmmmm 146,22146/1,15766,13 =≅⋅⋅==×= ωω
2.3. Calcolo della potenza resistente
( ) ( ) ( ) ..,.. sollqcusollqsollcusollqsollcur gvmmmgvmgvmmvgmvgmmW −+−=++−=×+×+=
Si può ottenere la potenza resistente in due modi: • atraverso la formula precedente:
( ) ( ) [ ] [ ] [ ]kWWWgvmmmW sollqcur 502,11502786,081,9430300325. −=−≅⋅⋅−+−=−+−=⇒
• sfruttando il fatto che: 0=++ prm WWW con ( ) ( ) mdedp WWW ηη −−=−−= 11
[ ] [ ] [ ]kWWWWW mdr 502,1150221467,0 −=−≅⋅−=−=⇒ η 2.4. Calcolo della potenza di targa o nominale
( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]kWkWkWWW kWkWkWmn 5,3219,3146,25,15,121
21
21 ==⋅=⋅=
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore
40
SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano 1. Calcolo della coppia massima e del momento di inerzia del motore
[ ] [ ]mNmNWWMMm
n
n
nnma ⋅≅⋅⋅⋅=⋅≅⋅=⋅= 49
1,15710005,32,22,22,22,2
ωω
[ ] [ ]22 034,05,300981,000981,0 mkgmkgWJ nm ⋅≅⋅⋅=⋅= 2. Calcolo del momento d’inerzia del volano Per calcolare il momento d’inerzia del volano si utilizza il bilancio di potenze:
dtdEWWW C
prm =++
2.1. Calcolo della potenza motrice
( ) gvmmMvgmmMW cummacummam )( ++=×++×= ωω
2.2. Calcolo della potenza resistente
gvmvgmW qqr −=×=
2.3. Calcolo della potenza persa
( ) ( ) ( ) ( )[ ]=×++−×+×+−−=−−= vammmvgmvgmmWW qcuqcurerp
ηη 11
( ) ( ) ( )[ ]avmmmgvmmm qcuqcur ++−−+−−= η1 2.4. Calcolo della derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo
( ) ( ) ( ) ( ) 22
21
21
21
21 vmmmJJvvmmmJJE qcumvmqcummvmC ++++=×+++×+= ωωω
⇓
( ) ( ) ( ) ( )avmmmJJvammmJJdtdE
qcummvmqcummvmC ++++=×+++×+= ωωωω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Quinta esercitazione: Ascensore
41
2.5. Calcolo del momento di inerzia del volano
Sostituendo:
2Dv
m
τω =
2Da
m
τω = nel bilancio di potenze si ottiene:
( )( ) ( ) ( ) ( )avmmmDv
DaJJgvmmmavmmm
DvM qcuvmqcurqcurma +++⋅+=−++++−+
22
1
2ττ
ηητ
( ) ( )
22
222
Dv
Da
Dv
DaJgvmmmavmmm
DvM
J
mqcurqcurma
v
ττ
ττηη
τ
⋅
⋅−−++++−
=⇒
Semplificando la velocità v si ottiene:
( ) ( )
2
2
2
22
1
−−++++−
=
Da
DaJgmmmammm
DM
J
mqcurqcurma
v
τ
τηη
τ
Sostituendo i valori numerici risulta:
( ) ( )
[ ]2
2
2
255,0
551
7,0255,0
551
7,0034,081,94303003256,07,04303003256,0
255,0
551
149
mkgJv
⋅
⋅⋅−⋅−+⋅+⋅++⋅−
⋅⋅
=
⇓
[ ]2341,0 mkgJ v ≅
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
42
Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO Un motore asincrono trifase aziona, attraverso un riduttore ad ingranaggi, l’albero a manovella di una pompa a stantuffo a semplice effetto per liquido. Sono noti i seguenti dati: pressione di aspirazione [ ]2/5,0 cmkgp pa −= pressione di mandata [ ]2/8,4 cmkgp pm = corsa dello stantuffo [ ]mmc 280= diametro dello stantuffo [ ]mmD 210= massa solidale con il piede di biella [ ]215,5 smkgm ps
−= velocità di rotazione media dell’albero di manovella [ ]min/202 girin = N.B.: i dati non sono espressi nelle unità di misura del Sistema Internazionale. Si richiede di determinare: 1) il lavoro resistente Lr in un periodo; 2) il lavoro motore Lm in un periodo (si trascuri il lavoro perduto per attrito); 3) il momento motore Mm supposto costante nel perido; 4) il momento resistente ridotto all’albero di manovella M’r; 5) il valore del momento d’inerzia Jv del volano montato sull’albero di manovella che da
solo limiti l’irregolarità periodica al valore i = 0,03.
Figura 46 – Macchina a regime periodico (pompa a stantuffo a semplice effetto)
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
43
Risoluzione della sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO Macchina a regime: macchina che funziona a velocità costante Macchina a regime assoluto: macchina che funziona a velocità rigorosamente
costante Macchina a regime periodico: si distingue un intervallo temporale (periodo) a cavallo
del quale la macchina ritorna ad assumere lo stesso valore istantaneo di velocità: ω(t) = ω(t+T) = ω(t+nT)
ω
tO
ω = costω
ω
tO
ω
T Figura 47 – Diagrammi della velocità in funzione del tempo per macchine a regime
assoluto e per macchine a regime periodico Conversione dei dati del problema nelle unità di misura del Sistema Internazionale: Pressione di aspirazione:
[ ]PamN
mcm
kgN
cmkg
cmkg
pp
ppa 49050490501081,95,05,0 22
24
22 −=
−=
⋅
⋅
−=
−=
Pressione di mandata:
[ ]PamN
mcm
kgN
cmkg
cmkg
pp
ppm 4708804708801081,98,48,4 22
24
22 =
=
⋅
⋅
=
=
Massa solidale con il piede di biella:
[ ]kgsm
mskg
mskgms 955,5381,95,55,5 2
22
=
⋅
=
=
Velocità di rotazione media dell’albero di manovella:
=
⋅=⇒
=srad
sradgirin 153,21
602202
min202 πω
Corsa dello stantuffo: [ ] [ ]mmmc 28,0280 ==
Diametro dello stantuffo: [ ] [ ]mmmD 21,0210 ==
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
44
Per calcolare i lavori e i momenti, motori e resistenti, si utilizza il bilancio di potenze:
dtdEWWW C
prm =++
essendo però Wp = 0 per ipotesi il bilancio delle potenze diventa:
dtdEWW C
rm =+
1-2. Calcolo dei lavori resistente e motore in un periodo Integrando ambo i membri del bilancio di potenze sull’intervallo [0,T] si ottiene:
000
=∆=+ ∫∫ C
T
r
T
m EdtWdtW
000
=+⇒ ∫∫T
r
T
m dLdL
in un periodo si ha che: mrmr LLLL −=⇒=+ 0 Il lavoro resistente può essere scritto come somma di lavoro resistente di aspirazione e di lavoro resistente di mandata:
rmrar LLL += Calcolo del lavoro resistente di aspirazione:
[ ] [ ]JJcDpcSpcFsdFL aarac
rara 69,47528,0421,049050
4
220
−=⋅⋅⋅−=⋅=⋅=⋅=×= ∫ππ
Calcolo del lavoro resistente di mandata:
[ ] [ ]JJcDpcSpcFsdFL mmrm
c
rmrm 64,456628,0421,0470880
4
22
0
=⋅⋅⋅=⋅=⋅=⋅=×= ∫ππ
Fr
Fra
Frm
O π2π ϕ
[ ]JLr 3,5042−=
[ ]JLL rm 3,5042+=−=
Figura 48 Il modulo del lavoro resistente totale è dato dalla somma dei moduli dei lavori resistenti di aspirazione e mandata ecorrisponde alla somma delle aree evidenziate nel grafico:
[ ] [ ]JJLLL rmrar 33,504264,456669,475 =+=+=
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
45
3. Calcolo del momento motore supposto costante nel periodo Il lavoro motore espresso in funzione dell’angolo di rotazione della manovella risulta:
( ) ϕϕ mm ML =
in un periodo si ha che: πϕ 2= Si ricava così il momento motore che risulta:
[ ] [ ]mNmNLM mm 51,802
233,5042
2===
ππ
4. Calcolo del momento resistente ridotto all’albero di manovella Per calcolare il momento resistente ridotto all’albero di manovella si devono ridurre tutte le forze resistenti applicate allo stantuffo B in momenti resistenti applicati alla manovella.
La potenza resistente risulta: ω''rrrr MWvFW ===
La potenza resistente di aspirazione e la potenza resistente di mandata risultano:
=
=
ωω
'
'
rmrm
rara
MvFMvF
Il moto del piede di biella in I approssimazione è:
( )
==
==−=
arxvrx
rx
I
I
I
ϕωϕω
ϕ
cos
sincos1
2
I momenti resistenti ridotti all’albero di manovella valgono:
>≤≤=⋅⋅⋅=⋅==
<≤≤−=⋅⋅⋅−=⋅==
02sin32,2283sin28,0821,0470880sin
24
00sin85,237sin28,0821,049050sin
24'
22'
'22
'
rmmrmrm
raarara
McDpvFM
McDpvFM
πϕπϕϕπϕπω
πϕϕϕπϕπω
'rM
2283,32
237,85
O2π π2π
23 ϕ
Figura 49 Modulo del momento resistente ridotto:
ϕπ sin24
2' ⋅⋅= cDpM r con p = pa, pb
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
46
5. Calcolo del momento d’inerzia del volano • Potenza motrice: ωmm MW =
• Potenza resistente: ωϕπω ⋅⋅−== sin24
2' cDpMW rr
• Derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo:
VsC EvmE += 2
21
dove EV = energia cinetica associata al volano
dtdEavm
dtdE V
sC +=
essendo:
==
==
ϕωϕω
cos
sin2rxa
rxv
I
I
CC
C
dtdErm
dtdE V
sC +=⇒ ϕϕω sincos22
Sostituendo nel bilancio di potenze i termini precedentemente calcolati si ottiene:
dtdE
rmcDpM Vsm =−⋅⋅− ϕϕωωϕπω cossinsin
2432
2
Essendo per definizione: ϕϕω cossin22' rmM si =
( ) ( ) VirmV
irm dEdtMMMdtdEMMM =−−⇒=−−⇒ ωω ''''
Eseguendo l’approssimazione: dtdϕω =
( ) Virm dEdMMM =−−⇒ ϕ''
Il momento d’inerzia del volano si ottiene calcolando la variazione di energia cinetica max:
( ) ( )( )MINMAXMINMAXVMINMAXVMAXV JJE ωωωωωω +−=−=∆21
21 22
moltiplicando e dividendo per ω si ottiene:
iJJE VMINMAXMINMAX
VMAXV2
2ω
ωωωωωω
=−
⋅⋅+
=∆
iE
J MAXVV 2ω
∆=⇒
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico
47
Per calcolare la variazione di energia cinetica massima si deve tracciare il grafico:
( )
≤<⋅−⋅+≤≤⋅−⋅−
⇒=−−πϕπϕϕ
πϕϕϕ22sin5,236sin32,22835,802
02sin5,236sin85,2375,8020''
irm MMM
1ϕ 2ϕ
MAXVE
MINVE
Figura 50 – Momento risultante totale e scarto di energia cinetica
Integrando fra [ ]rad4,31 ≅ϕ e [ ]rad8,52 ≅ϕ , calcolati dal grafico, si ottiene:
( )∫ −−=∆1
2
''ϕ
ϕ
ϕdMMME irmMAXV
( )∫ ⋅−⋅+=∆1
2
2sin5,236sin32,22835,802ϕ
ϕ
ϕϕϕ dE MAXV
[ ] [ ]JJE MAXV 23398,26998,50382cos2
5,236cos32,22835,8024,3
8,5
=−≅
⋅+⋅−⋅=∆ ϕϕϕ
Quindi il momento d’inerzia del volano risulta:
[ ] [ ]2222 25,174
03,0)153,21(2339 mkgmkg
iE
J MAXVV ≅
⋅=
∆=
ω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Settima esercitazione: Rullo rotante
48
Settima esercitazione: RULLO ROTANTE Un carrello, di peso P = 1000 [kgp], urta con velocità v0 = 11 [km/h] contro un respingente al quale resta agganciato. Determinare la legge del moto del carrello a partire dal momento dell’aggancio, nell’ipotesi che sia trascurabile l’attrito nel movimento del carrello sulle rotaie e che il respingente (di costante elastica k = 10000 [kg m-1] e coefficiente di smorzamento r = 200 [kg m-1 s]) abbia massa trascurabile rispetto a quella del carrello.
G
P
k
r
0v
Figura 51 – Schematizzazione del sistema carrello + respingente
Schematizzando il carrello con un rullo: Peso carrello: [ ]PkgP 1000= Massa carrello: [ ]kgm 1000'= Velocità iniziale carrello:
≅
⋅=
=sm
sm
hkmv 06,3
3600100011110
Costante elastica della molla:
=
⋅=
=mN
mN
mkgk P 9810081,91000010000
Costante di smorzamento della molla:
=
⋅=
=msN
msN
mskgr P 196281,9200200
Momento di inerzia baricentrico: [ ]25 mkgJ =
Raggio del rullo: [ ] [ ]mcmR 1,010 ==
k
rP
0v
JR
Figura 52 – Schematizzazione del sistema rullo + respingente
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Settima esercitazione: Rullo rotante
49
Risoluzione della settima esercitazione: RULLO ROTANTE
k
r
R
NT
ϑJ ϑ
xxx
iF
eF
VF
Calcolo della reazione tang. T mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema rullo:
2*
)( 0RxJ
Rx
RJ
RJTTRJM G
−=⋅−=−=⇒=⇒=∑ϕϑ
L’equazione del moto si ricava dall’equilibrio alla trasl. orizzontale del sottosistema rullo:
0'00 2* =−−−−⇒=+++⇒=∑ x
RJxrkxxmTFFFF Veix
Sostituendo: 2'RJmm +=
si ottiene l’equazione di equilibrio alla trasl. orizzontale per vibrazioni libere smorzate:
0=++ kxxrxm
Per ricavare la soluzione si sostituiscono i valori:
( )( )( )
===
zt
zt
zt
ecztxczetxcetx
2
nell’equazione precedente ottenendo l’equazione caratteristica:
02 =++ krzmz dividendo per la massa:
02 =++mkz
mrz
le radici sono: mk
mr
mrz −±−= 2
2
2,1 42
Figura 53 Forze e momenti agenti sul carrello schematizzato come un rullo:
xrvrF
xkF
xmamF
V
e
i
−=−=
−=
−=−= ''
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Settima esercitazione: Rullo rotante
50
Essendo definita la pulsazione naturale del sistema non smorzato come:
=
==srad
srad
mk 087,8
150098100ω
mentre quella del sistema smorzato come:
≅
⋅−=−=
srad
srad
mr
mk 06,8
150041962
150098100
4 2
2
2
2
1ω
si ha lo smorzamento critico quando:
ωω mrmr
mk
mr
C 2044
22
2
2
2
=⇒=−=−=∆
Si può così effettuare la sostituzione: 2
2
22
22
4 Crr
mr ==
ωξ
Essendo: [ ] [ ]kgkgRJmm 1500
1,051000' 22 =+=+= e
=
==srad
srad
mk 087,8
150098100ω
lo smorzamento critico vale:
=
⋅⋅==skg
skgmrC 24261087,8150022 ω
Si ha quindi: 01 <∆⇒<⇒< ξCrr Le radici dell’equazione caratteristica sono numeri complessi coniugati:
12,12
2,12
2
2,1 21
242ωξω i
mrzi
mrz
mr
mki
mrz ±−=⇔−±−=⇔−±−=
La soluzione finale risulta del tipo:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
=+−++−=
=+=+=
−−
−−
mrtBtAetBtAetx
mrtBtAetBtAetx
tt
tt
2cossinsincos
206,8sin06,8cossincos
111111
654,011
αωωωωωωα
αωω
αα
α
Dalle condizioni iniziali si ricavano A e B : ( )
( ) [ ] [ ]
≅==⇒=⇒=
=⇒=
mmvBvBvx
Ax
379,006,806,30
000
1
0010 ω
ω
La legge del moto del carrello risulta: ( ) tetx t 06,8sin379,0654,0 ⋅= −
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
51
Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI
1I
2I
3I
1l 2l
PARTE PRIMA: Vibrazioni libere Determinare le pulsazioni proprie 1ω e 2ω di vibrazione torsionale dell’albero. PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali A causa della rotazione stessa dell’albero, che avviene con velocità angolare ROTω , all’estremità sinistra sia applicata una coppia di momento:
( ) ( )22110 2sinsin ϕϕ +Ω++Ω+= tMtMMM s
e alla estremità destra una coppia di momento:
0MMd −=
Ω , la pulsazione dell’armonica fondamentale, è legata alla velocità angolare dell’albero dalla relazione:
ROTk ω'=Ω
Nel caso in esame sia 21'=k
Calcolare le velocità critiche torsionali dell’albero. N.B. – Il modulo di elasticità tangenziale del materiale dell’albero, in acciaio, è:
= 28000mmkgG
Su un albero a sezione circolare didiametro [ ]mmd 50= sono calettati tredischi centrati di momento di inerziarispettivamente:
[ ][ ][ ]2
3
22
21
0,15,04,0
smkgIsmkgIsmkgI
P
P
P
=
=
=
disposti, come in figura, a distanza[ ]mml 5001 = e [ ]mml 8002 =
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
52
Risoluzione dell’ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I. Diametro albero: [ ] [ ]mmmd 05,050 == Distanza tra dischi 1 e 2: [ ] [ ]mmml 5,05001 == Distanza tra dischi 2 e 3: [ ] [ ]mmml 8,08002 == Momento d’inerzia disco 1: [ ] [ ] [ ]222
1 924,381,94,04,0 mkgmkgsmkgI P =⋅== Momento d’inerzia disco 2: [ ] [ ] [ ]222
1 905,481,95,05,0 mkgmkgsmkgI P =⋅== Momento d’inerzia disco 3: [ ] [ ] [ ]222
1 81,981,90,10,1 mkgmkgsmkgI P =⋅==
Modulo di elasticità tangenziale:
⋅=
⋅⋅=
= 26
26
2 10784801081,980008000mN
mN
mmkgG P
PARTE PRIMA: Vibrazioni libere
1I
111 ,, ϑϑϑ
222 ,, ϑϑϑ
2I
3I
333 ,, ϑϑϑ
1l
2l
1. Calcolo dei momenti di reazione elastica Momento di reazione elastica che si sviluppa tra un generico disco i e un generico disco j:
( ) [ ]mNl
GJM
ij
ijPR ji
ϑϑ −−=
,
dove: G = modulo di elasticità tangenziale
2mN
Figura 54 Il sistema presenta tre gradi di libertà perché l’albero rotante non è un corpo rigido. Si ha infatti che:
321 ϑϑϑ ≠≠
Il sistema ha tante pulsazioni naturali quanti sono i segmenti di albero interposti tra i dischi (= 2).
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
53
JP = momento di inerzia polare dell’albero a sezione circolare, si può dimostrare che:
[ ] [ ]47444
2 1014,632
05,032
mmddArJA
P−⋅≅⋅=== ∫
ππ
( )ij ϑϑ − = rotazione relativa tra i dischi i e j [ ]rad
ijl = distanza tra i dischi i e j [ ]m Per i dischi 1,2,3 si ottiene:
( ) ( )
( ) ( )
−−=−
−=
−−=−
−=
2322
23
1211
12
3,2
2,,
ϑϑϑϑ
ϑϑϑϑ
kl
GJM
kl
GJM
PR
PR
2. Calcolo delle costanti di richiamo elastico
[ ] [ ]
[ ] [ ]
=⋅⋅⋅==
=⋅⋅⋅==
−
−
mNmNlGJk
mNmNlGJk
P
P
4,602338,0
1014,61078480
44,963735,0
1014,61078480
76
22
76
11
3. Calcolo delle pulsazioni proprie con l’equilibrio alla rotazione per ciascuno dei tre dischi Per il principio della sovrapposizione degli effetti si può scrivere l’equilibrio alla rotazione per ciascun disco:
Figura 55 – Equilibrio alla rotazione per ciascun disco
111 ,, ϑϑϑ
sM
11ϑI 11ϑk
21ϑk
222 ,, ϑϑϑ 21ϑk
11ϑk
22ϑI 22ϑk
22ϑk32ϑk
32ϑk 333 ,, ϑϑϑ dM
33ϑI
=−−+−⇒=
=+−−−⇒=
=+−−⇒=
∑
∑
∑
00
00
00
3322323
*)(
32222221112
*)(
2111111
*)(
dDISCO
C
DISCOC
sDISCO
C
MIkkM
kkIkkM
kIkMM
ϑϑϑ
ϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
54
Sostituendo e isolando le forzanti esterne si ottiene:
( )
−=+−
=−++−
=−+
d
s
MkkI
kkkkI
MkkI
322233
322211122
211111
0
ϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
Per risolvere la prima parte del problema (vibrazioni libere) si devono considerare nulle le forzanti quindi si considera il sistema omogeneo associato:
( )
=+−
=−++−
=−+
0
0
0
322233
322211122
211111
ϑϑϑϑϑϑϑ
ϑϑϑ
kkI
kkkkIkkI
Riscrivendo in forma matriciale si ha:
( ) 00
0
000000
3
2
1
22
2211
11
3
2
1
3
2
1
=
−−+−
−+
ϑϑϑ
ϑϑϑ
kkkkkk
kk
II
I
CC
CC
CC
ovvero: [ ] [ ] 0=+ ϑϑ
CC kM dove: [ ]M = matrice di inerzia e [ ]k = matrice di rigidezza Per la risoluzione del sistema si ipotizza una soluzione del tipo:
In forma scalare:
Θ−=
Θ=
Θ=
t
tt
ii
ii
ii
ωωϑωωϑ
ωϑ
sin
cos
sin
2
In forma vettoriale:
Θ−=
Θ=
Θ=
t
t
t
ωωϑ
ωωϑ
ωϑ
sin
cos
sin
2
dove i iΘ sono le ampiezze.
Sostituendo la soluzione precedente nel sistema si ottiene:
( )( )( )
=Θ−+Θ−
=Θ−Θ−++Θ−
=Θ−Θ−
0
00
32
3222
3222
22111
2212
11
ωω
ω
IkkkIkkk
kIk
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
55
La soluzione banale (l’albero risulterebbe fermo) si ha per: 0=Θ
Affinché il sistema ammetta soluzione diversa da quella banale il determinante della matrice dei coefficienti deve essere uguale a zero:
( )( )
( )0
0
0
2322
22
2211
12
11
=−−−−+−
−−
ωω
ω
IkkkIkkk
kIk
( )( )( ) ( ) ( ) 02
322
12
1122
232
2221
211 =−−−−−−+−⇒ ωωωωω IkkIkkIkIkkIk
Sviluppando i prodotti e semplificando si ottiene:
( ) ( ) 0232121
4312212321311
6321 =++++++− ωωω IIIkkIIkIIkIIkIIkIII
Una prima soluzione (sistema rigido = l’albero ruota rigidamente) si ha per:
00 2,12 =⇒= ωω
Per le altre soluzioni si pone: 2ω=z e si sostituiscono nell’equazione i tre momenti d’inerzia e le due costanti di rigidezza:
01008,111817206815,188 112 =⋅+⋅−⋅ zz
Le radici risultano:
⋅⋅⋅⋅−±
= 2
2112
2,1 815,18821008,1815,18841181720611817206
sradz
quindi:
≅
≅
2
2
2
2
2
1
51474
11112
sradz
sradz
Le pulsazioni proprie di vibrazione torsionale dell’albero risultano:
≅
==
≅
==
srad
sradz
srad
sradz
88,22651474
41,10511112
22
11
ω
ω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
56
PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali 1. Calcolo dei modi di vibrare Avendo imposto la condizione che il determinante della matrice dei coefficienti fosse nullo, si hanno solamente due equazioni indipendenti, quindi non si possono calcolare le ampiezze 321 ,, ΘΘΘ senza conoscere le condizioni iniziali, che sono date dai cosiddetti modi di vibrare:
2
11 Θ
Θ=µ
3
22 Θ
Θ=µ
Riprendendo la prima e la terza equazione del sistema precedente, si ottiene:
( )
( )
−=
ΘΘ=⇒=Θ−+Θ−
−=
ΘΘ=⇒=Θ−Θ−
232
2
3
223
23222
211
1
2
11211
211
0
0
ωµω
ωµω
IkkIkk
IkkkIk
1.1. Calcolo del 1° modo di vibrare Per calcolare il primo modo di vibrare si pone: 1ωω =
826,141,105924,344,96373
44,9637322
111
1
2
1)(1 ≅
⋅−=
−=
ΘΘ
=ω
µIkkI
235,141,10581,94,60233
4,6023322
132
2
3
2)(2 −≅
⋅−=
−=
ΘΘ
=ω
µIkkI
Ipotizzando 12 =Θ , in figura 56 è rappresentato il primo modo di vibrare:
1l 2l
1 2 3
1,826
1
-1,235
NODO
Figura 56 – Il nodo è la sezione dell’albero che non vibra
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Ottava esercitazione: Vibrazioni torsionali
57
1.2. Calcolo del 2° modo di vibrare Per calcolare il primo modo di vibrare si pone: 2ωω =
913,088,226924,344,96373
44,9637322
211
1
2
1)(1 −≅
⋅−=
−=
ΘΘ
=ω
µIkkII
135,088,22681,94,60233
4,6023322
132
2
3
2)(2 −≅
⋅−=
−=
ΘΘ
=ω
µIkkII
Ipotizzando 12 =Θ , in figura 57 è rappresentato il secondo modo di vibrare:
1l 2l
1 2 3
1
NODO 1
-0,913
-0,135
NODO 2
Figura 57 – I nodi 1 e 2 sono le sezioni dell’albero che non vibrano
2. Calcolo delle velocità critiche torsionali Le velocità critiche torsionali sono le velocità per cui l’albero entra in condizioni di risonanza. La forzante Ms contiene due armoniche, quindi si avranno 2x2 = 4 velocità critiche torsionali. 2.1. Calcolo delle velocità critiche torsionali nel primo modo di vibrare Le condizioni di risonanza si hanno quando: Ω=1ω e Ω= 21ω
≅
⋅=
=
⋅==⇒==Ω=min
2013min2
6082,21082,21041,1052221
21
1111girigiri
srad
srad
CRCRROT πωωωωω
≅
⋅=
==⇒==Ω=min
6,1006min2
6041,10541,1052 1221girigiri
srad
CRCRROT πωωωωω
2.2. Calcolo delle velocità critiche torsionali nel secondo modo di vibrare Le condizioni di risonanza si hanno quando: Ω=2ω e Ω= 22ω
≅
⋅=
=
⋅==⇒==Ω=min
4333min2
6076,45376,45388,2262221
21
2332girigiri
srad
srad
CRCRROT πωωωωω
≅
⋅=
==⇒==Ω=min
5,2166min2
6088,22688,2262 2442girigiri
srad
CRCRROT πωωωωω
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto
58
Nona esercitazione: CICLO OTTO Un motore a scoppio ha una cilindrata VH = 1000 cm3 ed il volume della camera a scoppio è VK = 200 cm3. Al termine dell’aspirazione la miscela aspirata ha una pressione p1 = 0,96 ata ed una temperatura T1 = 50 °C. La miscela aspirata ha la seguente composizione: • 1 kg di benzina con potere calorifico inferiore p.c.i. = 10800 kcal / kg; • 18 NNNNm3 di aria Si consideri che il calore specifico medio a volume costante è cVm = 0,2 kcal / kg K, che l’esponente delle trasformazioni di compressione e di aspirazione è k = 1,35 e che Rmiscela = 29,27 kgP m / kg K. Si richiede di: 1) Tracciare il ciclo nei piani p-V e T-S; 2) Determinare il lavoro teorico del ciclo 3) Determinare la potenza teorica sviluppata dal motore a velocità n = 4000 giri / min.
Figura 58 Schema delle varie trasformazioni del ciclo
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto
59
Risoluzione della nona esercitazione: CICLO OTTO 1. Descrizione e rappresentazione del ciclo Otto nei piani p-V e T-S
1.1. Conversione dei dati nelle unità di misura del Sistema Internazionale Cilindrata: [ ] [ ]333 101000 mcmVH
−== Volume camera a scoppio: [ ] [ ]333 102,0200 mcmVK
−⋅== Volume al punto 1: [ ] [ ]333
1 102,12001000 mcmVVV KH−⋅=+=+=
Pressione al punto 1: [ ] [ ] [ ]PaPaatap 941761081,996,096,0 41 =⋅⋅==
Temperatura al punto 1: [ ] [ ] [ ]KKCT 32327350501 =+=°=
Costante della miscela:
=
⋅=
=
KkgJ
KkgJ
KkgmkgR P
miscela 1387,28781,927,2927,29
1.2. Calcolo dei dati mancanti delle varie fasi del ciclo Il ciclo Otto può essere considerato un ciclo chiuso ( )14321 →→→→ ma in realtà non è un ciclo chiuso poiché si ha aspirazione nel tratto ( )10 → . La seguente tabella mostra le varie fasi del ciclo:
FASI DEL CICLO OTTO
10 → ASPIRAZIONE 21 → COMPRESSIONE (ADIABATICA) 32 → COMBUSTIONE (ISOCORA) 43 → ESPANSIONE (ADIABATICA) 14 → SCARICO
1.2.1. Tratto 10 → : calcolo della massa dei gas e del rapporto di compressione Per calcolare la massa dei gas si utilizza l’equazione di stato dei gas che presenta la massa anziché il numero di moli e R = Rmiscela:
TMRpV miscela=
nel punto 1 si ha: 1111 TMRVp miscela=
[ ] [ ]kgkgTVpM 3
3
1
111 102185,1
3231387,287102,194176 −
−
⋅=⋅⋅⋅==⇒
Non tutta la massa M1 presente nel cilindro nelle condizioni del punto 1 è composta da miscela attiva, ma c’è una massa residua di gas combusti non attivi. La massa di miscela “fresca” aspirata ad ogni ciclo risulta allora:
01 MMM a −=
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto
60
essendo: [ ]
[ ][ ] [ ]
====
⋅===
−
PaatmpKTT
mVV
TRVp
MK
miscela 1013251323
102,0
0
10
330
0
000
[ ] [ ]kgkgM 33
0 102185,03231387,287102,0101325 −
−
⋅=⋅⋅⋅=
( ) [ ] [ ]kgkgMMM a
3301 10102185,02185,1 −− =⋅−=−=⇒
Inoltre il rapporto di compressione risulta: 6102,0102,1
3
31 =
⋅⋅=
+== −
−
K
KH
K VVV
VVε
1.2.2. Tratto 21 → : compressione adiabatica
Per un qualunque trasformazione adiabatica si ha: cost=kpV
In questo caso si ha: 35,1=k
Sostituendo: VnRTp =
cost1 =⇒−kTV
Essendo V2 = V0 = VK, la pressione nel punto 2 risulta:
( ) [ ] [ ]PaPappVVpVpVp k
kkk 5,1057899941766 35,1
112
122211 =⋅==
=⇒= ε
La temperatura nel punti 2 risulta:
( ) ( ) [ ] [ ] [ ]CKKTTVVTVTVT k
kkk °==⋅==
=⇒= −−
−−− 72,33172,6043236 135,1
11
1
1
2
12
122
111 ε
1.2.3. Tratto 32 → : combustione isocora
La combustione isocora avviene a volume costante, quindi si ha: 23 VV = Si deve valutare il calore sviluppato dalla combustione a partire dalla composizione della miscela: • 1 kg di benzina • 18 Nm3 di aria (Nm3 = metricubi in condizioni normali (T = 0 °C, p = 1 atm)) Essendo la densità dell’aria pari a 1,293 kg / NNNNm3, la massa dell’aria risulta:
[ ] [ ]kgkgVm ariaariaaria 274,2318293,1 =⋅== ρ La massa della miscela è la somma di quella della benzina e del’aria:
[ ] [ ]kgkgmmm ariabenzinamiscela 274,24274,231 =+=+=
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto
61
Per ogni kg di benzina si hanno 23,274 kg di aria e 24,274 kg di miscela. Supponendo nullo il potere calorifico dell’aria si ha:
≅
⋅+⋅=⋅+⋅
=kgkcal
kgkcal
micpmicpmicp
miscela
ariaariabenzinabenzinamiscela 445
274,240274,23108001.....
...
Il calore sviluppato dalla combustione risulta:
[ ] [ ]kcalkcalicpMQ miscelaa 445,044510... 31 =⋅=⋅= −
La temperatura nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:
( )231231 TTcMQQ Vm −==
[ ] [ ] [ ]CKKTcMQ
TVm
°==+⋅⋅
=+=⇒ − 7,21577,243072,6042,0102185,1
445,032
1
233
La pressione nel punto 3 si calcola sapendo che in una trasformazione isocora:
costcostcost =⇒==⇒=TP
VnR
TV
[ ] [ ]PaPaTTpp
Tp
Tp
425227672,6047,24305,1057899
2
323
2
2
3
3 =⋅==⇒=
1.2.4. Tratto 43 → : espansione adiabatica Si suppone ancora che k = 1,35 (anche se in realtà al punto 3 varia la composizione chimica della miscela e quindi varierebbe anche k).
Nel punto 4 si ha: 14 VV = Utilizzando le formule per le trasformazioni adiabatiche:
costcost
1 ==
−k
k
TVpV
si ottiene: kk VpVp 3344 =
[ ] [ ]PaPappVV
pVV
pkkk
77,3785444252276611 35,1
334
23
4
34 =⋅
=
=
=
=⇒
ε
133
144
−− = kk VTVT
[ ] [ ] [ ]CKKTTVVT
VVT
kkk
°==⋅
=
=
=
=⇒
−−−
31,102531,12987,2430611 35,0
3
1
3
1
4
23
1
4
34 ε
( ) ( ) [ ] [ ]kcalkcalTTcMQQ Vm 238,031,12983232,0102185,1 3
411412 −=−⋅⋅⋅=−== −
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto
62
1.3. Calcolo della variazione di entropia nel ciclo
Dal secondo principio della termodinamica si ha: TdQdS =
I tratti 21 → e 43 → sono isoentropici quindi risulta: 03412 =∆=∆ SS La variazione di entropia nel tratto 32 → risulta:
⋅=
⋅⋅====∆ −−∫ ∫ K
kcalKkcal
TTMcdT
TcM
TdQS Vm
Vm 33
2
31
3
2
3
2
123 10339,0
72,6047,2430ln102185,12,0ln
La variazione di entropia nel tratto 14 → risulta:
⋅−=
⋅⋅====∆ −−∫ ∫ K
kcalKkcal
TTMcdT
TcM
TdQS Vm
Vm 33
4
11
1
4
1
4
141 10339,0
31,1298323ln102185,12,0ln
In definitiva si ha:
⋅=∆=∆ −
KkcalSS 3
4123 10339,0
1.4. Rappresentazione del ciclo nei piani p-V e T-S Tabella riassuntiva V [m3] P [Pa] T [K] T [°C]
0 0,2 x 10-3 101325 323 50 1 1,2 x 10-3 94176 323 50 2 0,2 x 10-3 1057899,5 604,72 331,72 3 0,2 x 10-3 4252276 2430,7 2157,7 4 1,2 x 10-3 378544,77 1298,31 1025,31
VK VH
01
2
3
4
p1
p0
p2
p4
p3
p [Pa]
V [m ]3O
T [K]
T11
2
3
4
T2
T3
T4
S [kcal/K]
∆SO
Figura 59 – Ciclo Otto nei piani p-V e T-S
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Nona esercitazione: Ciclo Otto
63
2. Calcolo del lavoro teorico del ciclo Il lavoro teorico compiuto nel ciclo è uguale all’area racchiusa dal ciclo e corrisponde alla somma delle due quantità di calore scambiate:
[ ] [ ] [ ] [ ]JkcalJkcalkcalkcalQQLciclo 67,8668,4186207,0207,0238,0445,021 =
⋅==−=+=
Il rendimento teorico del ciclo è uguale al rapporto fra lavoro teorico prodotto in un ciclo e quantità di calore assorbita:
465,0445,0238,011
1
2
1
QLciclo
Thη
3. Calcolo della potenza teorica sviluppata dal motore a n = 4000 giri / min
=
⋅=
=sgiri
sgirigirin 67,66
6014000
min4000
In un motore a 4 tempi la manovella compie 2 giri per ogni ciclo quindi si pone: 2n=ω
e la potenza teorica (riferita ad un solo cilindro) risulta quindi:
[ ] [ ] [ ]kWWsgiriJLW ciclo 2928890
267,6667,866 ≅≅
⋅== ω
La potenza di quattro cilindri risulta:
[ ] [ ]kWkWWWtot 1162944 =⋅==
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine
64
Decima esercitazione: CICLO RANKINE Una centrale termoelettrica ha una potenza di 300 MW. E’ basata su un generatore di vapore e su un gruppo di turbine, secondo il ciclo Rankine, con surriscaldamento intermedio. Il generatore di vapore è costituito da una caldaia a pareti schermate con tubi ad acqua ad alta velocità e produce vapore a 180 ata. Il primo e il secondo surriscaldamento comportano il surriscaldamento del vapore a 560 °C. Il secondo surriscaldamento, a valle della turbina di alta pressione, è eseguito a p = 35 ata. Nel condensatore la pressione è pK = 0,04 ata. Il rendimento della pompa di alimentazione è ηP = 0,82. Il rendimento adiabatico della turbina di alta pressione è ηad_A.P. = 0,805, mentre per le turbine di bassa pressione è ηad_B.P. = 0,8. Il rendimento volumetrico delle turbine è ηV = 0,88. Il rendimento meccanico complessivo delle turbine è ηm = 0,98. Il generatore elettrico (alternatore) ha un rendimento ηel = 0,95. Si richiede: 1. Definire il ciclo nei piani p-V, T-S, H-S (ricavare i dati dai grafici in figura 60) 2. Determinare il rendimento complessivo della centrale termoelettrica
Figura 59 – Diagramma di Mollier per il vapor d’acqua.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine
65
Figura 60 – Diagrammi H-S, T-S e p-V dell’acqua
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine
66
Risoluzione della decima esercitazione: CICLO RANKINE 1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S Punto 1: Nel punto 1 l’acqua esce dal condensatore dove c’è presenza sia di liquido
che di vapore, quindi ci si trova sulla curva limite o di saturazione. La pressione in questo punto vale: [ ]atapp K 04,01 == Dal diagramma di Mollier, si ricava quale temperatura corrisponde a questo
valore di pressione: [ ]CT °= 65,281 Poiché nel punto 1 si ha solo liquido l’entalpia nel punto 1 vale:
( ) [ ]
=°⋅
°=−=
kgkcalC
CkgkcalTTch OH 65,2865,281011 2
dove [ ]CT °= 00 è la temperatura di riferimento.
Tratto 1-2: L’acqua passa nella pompa di alimentazione. Si passa da una pressione [ ]atap 04,01 = ad una pressione [ ]atap 1802 = . In questo tratto aumenta
anche la temperatura. Punto 2: Si ha solo acqua allo stato liquido. La pressione vale: [ ]atap 1802 = . Tratto 2-3: L’acqua (liquida) viene preriscaldata prima di entrare in caldaia. La pressione
rimane costante, mentre dal diagramma di Mollier si ricava che la temperatura sale fino a [ ]CT °≅ 35,3553 .
Punto 3: La pressione vale: [ ]atapp 18023 == , la temperatura vale: [ ]CT °= 35,3553 . Tratto 3-3’: L’acqua evapora in caldaia. La temperatura e la pressione rimangono
costanti, mentre aumenta notevolmente l’entalpia a causa dell’apporto del calore latente di evaporazione.
Punto 3’: La pressione vale: [ ]atapp 1803'3 == , la temperatura vale: [ ]CTT °≅= 35,3553
'3 ,
per l’entalpia si ha che: 3'3 hh >> . Tratto 3’-4: In questo tratto si ha il primo surriscaldamento del vapore. La pressione
rimane costante, mentre la temperatura sale a [ ]CT °= 5604 . Dal diagramma
di Mollier (H-S) si ricava anche l’entalpia che risulta:
=
kgkcalh 8264 .
Punto 4: La pressione vale: [ ]atapppp 18023'34 ==== , la temperatura vale: [ ]CT °= 5604 ,
l’entalpia vale:
=
kgkcalh 8264 .
Tratto 4-5: Il vapore surriscaldato subisce un’espansione nella turbina di alta pressione.
E’ una trasformazione isoentropica ideale.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine
67
Punto 5: La pressione vale: [ ] [ ]Pamcm
kgN
cmkgatap
P
P 34335001081,93535 2
24
25 =
⋅
⋅
== ,
la temperatura vale: [ ]CT °= 42,2415 , l’entalpia - ricavata dal grafico H-S -
risulta:
=
kgkcalh 7135 .
Tratto 4-5’: Nel tratto 4-5 la variazione di entalpia risulta:
=
−=−=∆ − kg
kcalkgkcalhhh 1137138265454
Dato che la trasformazione reale in turbina non è isoentropica si ha:
=
⋅=∆=∆ −− kg
kcalkgkcalhh PAad 91113805,054.._'54 η
Punto 5’: In questo punto si ha solo vapore surriscaldato, la cui entalpia risulta:
=
−=∆−= − kg
kcalkgkcalhhh 73591826'544'5
Tratto 5’-6: In questo tratto avviene il secondo surriscaldamento (o surriscaldamento
intermedio). La temperatura e la pressione rimangono costanti, mentre
l’entalpia sale a:
=
kgkcalh 8576
Punto 6: La pressione vale: [ ]atappp 355'56 === , la temperatura vale: [ ]CT °= 5606 ,
l’entalpia, ricavata dal grafico H-S, risulta:
=
kgkcalh 8576 .
Tratto 6-7: In questo tratto avviene l’espansione nella turbina a bassa pressione (il
passaggio è analogo a 4-5 oppure 4-5’). E’ una trasformazione isoentropica ideale.
Punto 7: La pressione risulta: [ ]atap 04,07 = (è inferiore alla pressione atmosferica), la
temperatura vale: [ ]CTT °== 65,2817 , mentre dal grafico H-S si ricava
l’entalpia del sistema che vale:
=
kgkcalh 5277 .
Il punto 7 si trova all’interno della “campana”: si avrebbe quindi sia vapore che liquido e questa situazione non va bene per le turbine, che vengono danneggiate dalla presenza di gocce d’acqua (si deve avere infatti solo vapore).
Tratto 6-7’: Nel tratto 6-7 (con la isoentropica ideale) la variazione di entalpia risulta:
=
−=−=∆ − kg
kcalkgkcalhhh 3305278577676
Ma nella trasformazione reale 6-7’ si ha che la variazione di entalpia vale:
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine
68
=
⋅=∆=∆ −− kg
kcalkgkcalhh PBad 2643308,076.._'76 η
Punto 7’: L’entalpia risulta:
=
−=∆−= − kg
kcalkgkcalhhh 593264857'766'7
Questo punto si trova ancora all’interno della “campana”, anche se con un alto titolo di vapore. In realtà in turbina non si deve mai aver presenza di liquido.
Calcolo delle condizioni nel punto 2
Nel tratto 1-2 si ha la pompa di alimentazione che porta il liquido a [ ]CT °= 65,281 dalla pressione [ ]atap 04,01 = alla pressione [ ]atap 1802 = . La compressione è adiabatica (reale) quindi il calore scambiato sarà nullo:
0=−= Vdpdhdq
( )1212
2
1
2
1
pphhVdpdh −=−⇒=⇒ ∫∫ σ
con σ = volume specifico, cioè il volume per unità di massa misurato in
kgm3
.
Nella condizione al punto 1 si ha:
⋅= −
kgm3
3100041,1σ
Convertendo i dati nelle unità di misura del Sistema Internazionale si ottiene:
[ ] [ ] [ ] [ ]PaPaataatapp 176540761081,996,17996,17904,0180 412 =⋅⋅==−=−
≅
=
≅
⋅⋅=−=∆⇒ −
− kgkcal
kgkcal
kgJ
kgJhhh 2,4
8,4186177261772617654076100041,1 3
1221
Tenendo conto che il rendimento della pompa di alimentazione vale: 82,0=Pη
≅
=
∆=∆⇒ −
− kgkcal
kgkcalhh
Peffettivo 1,5
82,02,421
21 η
Allora l’entropia riferita alle condizioni del punto 2 vale:
=
+=∆+= − kg
kcalkgkcalhhh effettivo 75,331,565,282112
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Decima esercitazione: Ciclo Rankine
69
Tabella riassuntiva (i dati fra parenti sono ipotizzati e comunque sono irrilevanti):
Tabella riassuntiva P [ata] T [°C] h [kcal/kg] stato
1 0,04 28,65 28,65 liquido 2 180 (~33,75) 33,75 liquido 3 180 355,35 (~355,35) liquido 3’ 180 355,35 (~645) Vapore 4 180 560 826 Vapore 5 35 241,42 713 Liquido/vapore 5’ 35 (>241,42) 735 Vapore surriscaldato 6 35 560 857 Vapore surriscaldato 7 0,04 28,65 527 Liquido/vapore 7’ 0,04 (>28,65) 593 Liquido/vapore
2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE
Il rendimento teorico della centrale risulta essere definito come: entrante
spesoutileTh Q
LL −=η
2.1. Calcolo del lavoro utile Il lavoro utile è la somma del lavoro compiuto durante il primo salto in turbina ad alta pressione e del lavoro compiuto durante il secondo salto in turbina a bassa pressione:
=∆=−= −− kg
kcalhhhL 9154'54'54 e
=∆=−= −− kg
kcalhhhL 264'76'76'76
2.2. Calcolo del lavoro speso
=∆=−= − kg
kcalhhhL effettivospeso 1,52112
2.3. Calcolo del calore entrante (energia da fornire)
=
−=−=− kg
kcalkgkcalhhQ 25,79275,338262442
amentosurriscald primo-neevaporazio-
amentopreriscald-:mediante fornito Calore
=
−=−=− kg
kcalkgkcalhhQ 122735857'566'5
amentosurriscald secondo-:mediante fornito Calore
2.4. Calcolo del rendimento teorico e reale del ciclo
3827,06'542
21'76'54 ≅+
−+=
−=
−−
−−−
QQLLL
QLL
entrante
spesoutileteoricoη 31,0≅⋅⋅⋅= elmVteoricoreale ηηηηη
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro
70
Undicesima esercitazione: GASOMETRO Un gasometro con diametro della campana Di = 50 m contiene gas naturale con densità δ = 0,799 kg / m3 in condizioni normali. Il dislivello H tra il cielo della campana e l’acqua all’interno della campana è di 50 m. Il dislivello ∆h tra l’interno e l’esterno della campana è 950 mm di colonna d’acqua ( OH2
δ = 998,2 kg / m3). La temperatura iniziale del gas racchiuso nella campana è 20 °C. La costante R del gas è 476,44 J / Kg °K, mentre il cp medio del gas è 0,532 kcal / kg °K.
Figura 61 – Schematizzazione di un gasometro La pressione dell’aria all’esterno della campana indicata dal barometro è 755 mm di colonna di mercurio ( Hgδ = 13592,1053 kg / m3). A causa dell’irraggiamento solare dopo 7 ore la campana si alza di 2 m di livello sullo specchio liquido interno, ossia H passa da 50 a 52 m, senza che si sia spillato o immesso gas nella campana, poiché la valvola A è rimasta chiusa. La scossalina b è affondata inizialmente 6 m nell’acqua. Si domanda: 1. la pressione iniziale del gas all’interno della campana; 2. quanti kg di gas sono racchiusi nella campana; 3. la pressione del gas quando la campana, a causa dell’irraggiamento solare, si solleva
di 2 m, tenendo conto che lo spessore del grembiule di campana immerso nell’acqua è di 6 mm;
4. l’energia scambiata tra il sole e la campana.
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro
71
Risoluzione dell’undicesima esercitazione: GASOMETRO Elenco dei dati del problema: Diametro interno campana [ ]mDi 50= Densità gas naturale [ ]3/779,0 mkggas =δ Densità dell’acqua [ ]3/2,998
2mkgOH =δ
Densità del mercurio [ ]3/1053,13592 mkgHg =δ Costante del gas naturale [ ]KkgJRgas /44,476= Calore specifico del gas a pressione costante [ ]Kkgkcalc gasp /532,0= Pressione esterna [ ]mmHgpe 755= Spessore della campana [ ] [ ]mmmS 006,06 == Dislivello dell’acqua tra interno ed esterno [ ] [ ]mmmh OH 95,0950
2==∆
Dislivello iniziale tra il cielo della campana e acqua [ ]mH 501 = all’interno della campana Dislivello finale tra il cielo della campana e acqua [ ]mH 522 = all’interno della campana Altezza iniziale del tratto di campana immerso in acqua [ ]mb 61 = Altezza finale del tratto di campana immerso in acqua [ ]mb 42 = Temperatura iniziale del gas [ ] [ ]KCT 15,293201 =°= 1. Calcolo della pressione del gas all’interno della campana La pressione iniziale del gas all’interno della campana si ottiene calcolando la variazione di pressione fra interno ed esterno:
[ ] [ ]Pasm
mkgmghppp OHOHeiest 7,930281,92,99895,0 231int 22
≅
⋅
⋅=⋅⋅∆=−=∆ − δ
essendo: [ ] [ ]Pasm
mkgmghp HgHge 6,10067081,91053,13592755,0 23 =
⋅
⋅=⋅⋅∆= δ
la pressione iniziale del gas all’interno della campana risulta allora:
[ ] [ ]PaPappp estei 3,1099737,93026,100670int1 =+=∆+= − 2. Calcolo della massa di gas racchiuso nella campana La massa del gas, che non cambia nel passaggio ( 21 → ) dalla situazione iniziale a quella finale dopo l’irraggiamento solare, si ricava utilizzando l’equazione di stato dei gas:
111 TRMVp gasgasi = dove il volume del cilindro alle condizioni iniziali vale:
[ ] [ ]332
1
2
1 77,98174504
504
mmHDV i =⋅⋅== ππ
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro
72
La massa del gas risulta:
[ ]
[ ][ ]kg
KKkgJ
mmN
TRVp
Mgas
igas 7,77301
15,29344,476
77,981743,109973 32
1
11 =⋅
⋅
==
3. Calcolo della pressione finale del gas all’interno della campana In primo luogo si deve determinare il peso della campana. Esso è controbilanciato da due forze: • la spinta di Archimede • il peso apparente (dato dalla pressione del gas che dall’interno spinge la campana
verso l’alto)
CP
aP
aS
b1
Di
H
De
∆h
pi
pe
Figura 61 – Schema delle forze agenti sul sistema 3.1. Calcolo della spinta di Archimede nella condizione iniziale 1 La spinta di Archimede è pari al peso del volume di acqua spostata:
( )gb
DSDgb
DDS OH
iiOH
iea ⋅⋅
−
+=⋅⋅
−=
22 1
2
1
22
442
44δππδππ
dove si è sostituita la quantità corrispondente al diametro esterno che vale: SDD ie 2+=
Si ottiene: ( ) [ ] [ ]Nsm
mkgmSa 5538181,92,998650012,50
4 23322 ≅
⋅
⋅⋅−⋅= π
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro
73
3.2. Calcolo del peso apparente nella condizione iniziale 1 Il peso apparente è dato dalla differenza fra la forza esercitata dalla pressione interna e quella esercitata dalla pressione esterna:
[ ] [ ]NNDpDpP ee
iia 18170917
4012,506,100670
4503,109973
44
2222
1 =⋅⋅−⋅⋅=−= ππππ
3.3. Calcolo del peso della campana Il peso della campana, che non cambia nel passaggio 21 → , risulta essere la somma di spinta di Archimede e peso apparente, ma poteva essere calcolato mediante l’equilibrio alla traslazione verticale del sistema:
[ ] [ ]NNPSDpDpSPF aae
ei
iaCV 18226298181709175538144
022
=+=+=−+=⇒=∑ ππ
3.4. Calcolo della massa della campana La massa della campana, così come il peso, non cambia nel passaggio 21 → e si ottiene dividendo il peso della campana per l’accelerazione di gravità g:
[ ] [ ]kgkggPM C
C 5,185793081,9
18226298 ===
3.5. Calcolo della spinta di Archimede nella condizione finale 2 Dopo l’innalzamento della campana a causa dell’irraggiamento solare, la spinta di Archimede diventa:
( ) ( ) [ ] [ ]NNgbDDS OHiea 7,3692081,92,998450012,5044
222
22'2
=⋅⋅⋅−⋅=⋅⋅−= πδπ
3.6. Calcolo del peso apparente nella condizione finale 2 Dato che il peso della campana non cambia nel passaggio 21 → , si ha:
[ ] [ ]NNSPPPSP aCaaaC 3,181893777,3692018226298'''' =−=−=⇒+= 3.7. Calcolo della pressione del gas all’interno della campana nella condizione finale 2 La pressione interna finale si può calcolare a partire dal peso apparente nello stato 2:
[ ] [ ]PaPaD
DpPpDpDpP
i
eea
ieeiia 7,10998250
4
012,504
6,1006703,18189377
4
444 2
2
2
2'
222
2' =
⋅
⋅⋅+=
+=⇒−= π
π
π
πππ
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro
74
3.8. Calcolo del volume occupato dal gas e della temperatura nella condizione finale 2 L’irraggiamento solare che causa l’innalzamento della campana provoca anche un aumento del volume occupato dal gas e della temperatura del gas stesso:
Il volume vale: [ ] [ ]3322
22 76,1021015250
44mmHDV i =⋅⋅=⋅= ππ
La temperatura si ricava applicando alle nuove condizioni l’equazione di stato dei gas:
[ ] [ ] [ ]CKKRMVpTTRMVpgasgas
igasgasi °=≅
⋅⋅==⇒= 75,319,304
44,4767,7730176,1021017,10998222
2222
3.9. Calcolo della temperatura finale del gas ipotizzando la trasformazione isobara La variazione di pressione interna nel passaggio 21 → è un valore molto piccolo:
[ ] [ ]PaPappp iii 4,93,1099737,1099821221 =−=−=∆ La trasformazione 21 → è praticamente isobarica. Sotto queste ipotesi la T2 vale:
[ ] [ ] [ ]CKKTHHT
HD
HDT
VVT
TV
TV
i
i°==⋅==
⋅
⋅==⇒=⇒= 726,31876,30415,293
5052
4
4TV
cost 11
21
12
22
11
22
2
2
1
1
π
π
Si può ricavare così l’errore attraverso la differenza fra le due temperature calcolate:
[ ] [ ]CCTT isobarareale °=°−=−= 024,0726,3175,3122ε 4. Calcolo dell’energia scambiata tra il sole e la campana L’energia fornita dal sole alla campana è costituita da quattro componenti: 1) Variazione di entalpia del gas nel passaggio da T1 a T2: 12H∆ 2) Variazione di en. potenziale della campana il cui baricentro si è alzato di 2 m:
campanaPE∆ 3) Variazione di energia potenziale del gas il cui baricentro si è alzato di 1 m:
gasPE∆ 4) Lavoro per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana: ariaL∆ L’energia ceduta dal sole per il primo principio della termodinamica risulta essere:
ariaPP LEEHQgascampana
∆+∆+∆+∆= 1212
Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine Undicesima esercitazione: Gasometro
75
4.1. Calcolo della variazione di entalpia del gas La variazione di entalpia del gas risulta essere uguale a:
( ) [ ] ( ) [ ] [ ]kJkcalkJK
KkgkcalkgTTcMH gaspgas 3,2022729186,415,2939,304532,07,773011212 =
⋅−⋅
⋅=−=∆
4.2. Calcolo della variazione di energia potenziale della campana Sia Cz∆ = 2 m la variazione dell’altezza del baricentro della campana, la variazione di energia potenziale della campana risulta:
[ ] [ ] [ ]kJJkJm
smkgzPzgME CCCCPcampana
596,3645210
1281,95,1857930 32 =
⋅⋅
⋅=∆⋅=∆⋅⋅=∆
4.3. Calcolo della variazione di energia potenziale del gas Sia gasz∆ = 1 m la variazione dell’altezza del baricentro del gas, la variazione di energia potenziale del gas risulta:
[ ] [ ] [ ]kJJkJm
smkgzgME gasgasPgas
329,75810
1181,97,77301 32 =
⋅⋅
⋅=∆⋅⋅=∆
4.4. Calcolo del lavoro compiuto per spostare l’aria Il lavoro compiuto dalla pressione per spostare verso l’alto l’aria circostante la campana è il prodotto fra la pressione esterna e il volume di aria spostato (cilindro di diametro De e di altezza 2 m):
( ) [ ] [ ] [ ]kJJkJmm
mNbbDpL e
earia 3,39552210
124012,506,100670
4 32
2
221
2
=
⋅⋅⋅
=−=∆ ππ
4.5. Calcolo dell’energia ceduta dal sole Il calore ceduto dal sole risulta essere la somma di tutte le quantità sopra calcolate:
ariaPP LEEHQgascampana
∆+∆+∆+∆= 1212
⇓
[ ] [ ]kJkJQ 5,24554623,395522329,758596,364523,202272912 =+++=