DINAMICA DI SISTEMI AEROSPAZIALI

Transcript

1 DINAMICA DI SISTEMI AEROSPAZIALI Tema d esame 06 febbraio 01 D Esercizio 1. Nel meccanismo in figura la manovella AB (lunghezza L) ruota a velocità angolare α = costante. Alla sua estremità B un pattino la collega ad una M,J,R seconda asta CD, di massa trascurabile, con cui forma m,l B un angolo di 90. Un disco di raggio R è incernierato, C m nel suo centro, all estremità C di quest ultima asta. Il α disco, di massa M e momento d inerzia baricentrico J, C rotola senza strisciare su un piano orizzontale. A Considerando i punti C ed A allineati verticalmente, si π richiede di determinare, per la condizione α = : 3 1) la velocità angolare ω e l accelerazione angolare ω del disco; ) la coppia C m da applicare alla manovella per garantire il moto; 3) la verifica di aderenza del disco sulla guida orizzontale con coefficiente di attrito statico f s. Esercizio. Un motore a corrente continua, con resistenza R a, induttanza trascurabile e caratteristica K, è alimentato a J e,c e tensione V=costante. All albero motore è collegato un volano J v di momento d inerzia J v e, in seguito, una trasmissione con MOT C m,ω m TRAS η,τ rapporto di riduzione τ e rendimento η. A valle della trasmissione è collegata un elica di momento d inerzia J e, che genera una coppia resistente C e proporzionale al quadrato della velocità ω e di rotazione della stessa ( C e =A ω e ). Si richiede: 1) il calcolo della velocità di rotazione dell elica a regime; ) la verifica della stabilità dell equilibrio raggiunto; 3) il dimensionamento del volano per ottenere un accelerazione allo spunto ωe0 < ωmax ; 4) l identificazione della velocità limite raggiunta dal sistema nel caso di distacco dell elica. Esercizio 3. Il sistema in figura presenta un disco di C m =C 0 e iωt massa M, raggio R e momento d inerzia baricentrico J, che rotola senza strisciare su una guida orizzontale. Una A k fune si avvolge senza strisciare sul disco alla sua M,J,R m,l sommità. L estremo della fune è collegato con una C B molla di rigidezza k, a sua volta collegata a terra nel k punto A. Nel centro del disco (punto C) è incernierato un corpo rigido, costituito da due aste identiche (CD e CB), ciascuna di massa m e lunghezza L, incastrate fra D loro a formare un angolo di 90. All estremità B m,l dell asta orizzontale è fissata una molla, che si mantiene in posizione verticale e scorre lungo la stessa guida orizzontale. Si determini: 1) il precarico degli elementi elastici per garantire che la posizione di figura sia di equilibrio; ) le equazioni di moto, linearizzate attorno alla suddetta posizione di equilibrio; 3) la risposta, a transitorio esaurito, ad una coppia C m =C 0 e iωt applicata al disco.

2 Traccia di soluzione Esercizio 1. La rotazione θ del disco, positiva in senso orario, grazie al vincolo di puro rotolamento è legata alla traslazione del punto C in direzione parallela al piano orizzontale, θ = x C /R, come pure le sue derivate ω = θ = ẋ C /R e ω = θ = ẍ C /R. 1.1) Cinematica. Per il calcolo di x C si può scrivere la relazione di chiusura AB = AC + CB. (1) Si ponga AB = Le jα, AC = x, CB = ye jβ, con β = π/ + α per via del pattino, mentre y rappresenta la distanza tra i punti C e B. Si ottiene Le jα = x + ye j(π/+α), () ovvero Le jα = x + jye jα, (3) L cos α = x y sin α L sin α = y cos α. (4a) (4b) Dalla seconda si ricava y = L tan α, (5) che sostituito nella prima dà x = L (cos α + tan α sin α). (6) Per α = π/3 si ha y = 3L e x = L. La derivata prima dell equazione di chiusura, j αle jα = ẋ + jẏe jα y αe jα, (7) consente di scrivere L α sin α = ẋ ẏ sin α y α cos α L α cos α = ẏ cos α y α sin α, (8a) (8b) ẏ = L ( 1 + tan α ) α ẋ = L sin α ( 1 + tan α ) α (9a) (9b) che, per α = π/3, dà ẏ = 4L α e ẋ = 3L α. La derivata seconda dell equazione di chiusura, α Le jα = ẍ + jÿe jα ẏ αe jα jy α e jα, (10)

3 consente di scrivere L α cos α = ẍ ÿ sin α ẏ α cos α + y α sin α L α sin α = ÿ cos α ẏ α sin α y α cos α, (11a) (11b) ÿ = L tan α ( 1 + tan α ) α ẍ = L cos α ( 1 + tan α ) ( 1 + tan α ) α (1a) (1b) che, per α = π/3, dà ÿ = 8 3L α e ẍ = 14L α. Quindi, la velocità e l accelerazione angolare del disco all istante considerato sono rispettivamente ω = 3(L/R) α e ω = 14(L/R) α. 1.) Coppia motrice. L energia cinetica del sistema è E c = 1 m v G v G + 1 J G α + 1 Mẋ + 1 Jω. (13) Il modulo della velocità del baricentro dell asta AB, la cui massa è supposta uniformemente distribuita, è L/ α, ed è diretta tangenzialmente. Si ha quindi E c = 1 ( 1 3 ml α + (M + JR ) ) ẋ. (14) La potenza delle forze attive è associata alla coppia motrice e alla forza peso, quest ultima diversa da zero solo per quanto riguarda la massa dell asta AB, Π = C m α + m g v G = C m α mg L cos α α (15) Dalla derivata dell energia cinetica rispetto al tempo eguagliata alla potenza delle forze attive si ricava ( 1 3 ml α + (M + JR ) ẍ x ) α = (C m mg L ) α cos α α, (16) da cui si ottiene la coppia motrice C m = mg L cos α ml α + ( M + J R ) x αẍ (17) 1.3) Verifica di aderenza. La componente tangenziale della reazione al contatto del disco con il terreno, positiva verso sinistra, si ricava scrivendo l equilibrio alla rotazione del solo disco rispetto al proprio centro. Si ricava R T = J ω R = J R ẍ. La componente normale si ricava scrivendo l equilibrio alla traslazione del disco e dell asta CD lungo la direzione consentita dal pattino in B, ovvero (R N Mg) sin β (R T + Mẍ) cos β = 0, (19) (18) R N = Mg + (R T + Mẍ) / tan β. (0)

4 In alternativa si può scrivere l equilibrio alla rotazione dell intero sistema rispetto al punto A. La verifica di aderenza consiste nel verificare che R T /R N < f s. Esercizio. Sia ω m la velocità angolare del motore. La velocità dell elica è ω e = τω m. Nell ipotesi che il moto sia diretto, l accelerazione del motore è ω m = ηc m τ 3 Aω m ηj v + τ J e. (1) Il motore elettrico in corrente continua eroga una coppia C m = Ki, proporzionale alla corrente che circola nelle spire. Siccome il motore è comandato imponendo il valore della tensione, la corrente si ricava dall equazione di maglia come i = V R K R ω m, () da cui C m = K R V K R ω m. (3).1) Velocità a regime. Sia ω m = 0. Supponendo nota la coppia motrice, si ricava ηcm ω m = τ 3 A, ove si è scartata la radice negativa. A questo punto, nota la coppia e la velocità di regime, si ricava la tensione di alimentazione (4) V = R K C m + Kω m. (5) In alternativa, si sostituisca alla coppia motrice la sua espressione in funzione della tensione e della velocità angolare, dopo aver posto l accelerazione angolare a zero, η K R V η K R ω τ 3 Aω m = 0 (6) e si espliciti la velocità angolare, ( ) ω m = ηk ηk τ 3 AR + τ 3 + ηkv AR τ 3 AR, (7) ove si è scartata la radice negativa..) Stabilità della soluzione di regime. All equilibrio si ha ovvero 0 = ηc m τ 3 Aω m, 0 = η ( ) K R V K R ω m τ 3 Aωm. (8) (9) La derivata di questa relazione rispetto a ω dà K R τ 3 Aω m < 0. (30)

5 La soluzione è staticamente stabile..3) Dimensionamento volano allo spunto. Allo spunto ω m = 0, quindi la coppia motrice è C m = (K/R)V. L accelerazione dell elica è ω e = τ ω m = τη K R V ηj v + τ J e. L inerzia del volano che garantisce la prestazione desiderata è ( ) τ K J v max ω e R V τ η J e, 0. (31) (3).4) Velocità limite. In caso di distacco dell elica, C u = 0 e J u = 0. La velocità limite si ottiene quindi quando C m = 0, ovvero ω m = V K. (33) Esercizio 3. Il sistema ha due gradi di libertà, la rotazione del disco, θ, e la rotazione del corpo BCD, ψ, entrambe positive in senso antiorario. La posizione del centro del disco è { Rθ P C =. (34) 0 La posizione del baricentro dell asta CD è P GCD = P C + L { sin ψ, cos ψ mentre la posizione del baricentro dell asta BC è P GBC = P C + L { cos ψ. sin ψ La velocità del baricentro dell asta CD è Rθ + ψ L v GCD = cos ψ ψ L sin ψ, mentre la velocità del baricentro dell asta BC è Rθ ψ L v GBC = sin ψ ψ L cos ψ. (35) (36) (37) (38) 3.1) Precarico all equilibrio. Il sistema, per C m = 0, è sottoposto solamente a forze conservative. L energia potenziale del sistema è E p = 1 k (R (θ θ 0)) + 1 k (L sin ψ u 0) mg L cos ψ + mg L sin ψ. (39)

6 L annullamento del gradiente dell energia potenziale, kl (L sin ψ u 0 ) + mg L 4kR (θ θ 0 ) = 0 (cos ψ + sin ψ) = 0, (40b) (40a) imponendo che θ = 0 e ψ = 0 sia soluzione di equilibrio, consente di calcolare θ 0 = 0 u 0 = mg k. La matrice Hessiana dell energia potenziale consente di valutare la stabilità del sistema. [H] = 4kR 0 0 kl + mg L. (4) (cos ψ sin ψ) Nella soluzione considerata, la matrice è definita positiva, quindi la soluzione è stabile. 3.) Equazioni linearizzate del moto. L energia cinetica è E c = 1 (R M θ ) 1 + J θ + 1 m v G BC v GBC + 1 m v G CD v GCD ml ψ = 1 ( MR + J ) ) θ + (R 1 m θ + RL (sin ψ cos ψ) θ ψ + L 3 ψ = 1 (41a) (41b) ( MR + J + mr ) θ 1 mrl θ ψ ml ψ. (43) Il lavoro virtuale della coppia è δl = δθc m. Le equazioni linearizzate del moto sono (M + m) R + J 1 mrl 1 mrl 3 ml { θ ψ + 4kR 0 0 kl + mg L { θ ψ = { Cm 0 (44) (45) 3.3) Risposta a forzante armonica. La soluzione ha la forma { { θ Θ = e jωt. ψ Ψ (46) Si ottiene Ω (M + m) R + J 1 mrl 1 mrl 3 ml + 4kR 0 0 kl + mg L { Θ Ψ = { C0 0. (47) A condizione che Ω sia diverso dalle frequenze caratteristiche del sistema, l equazione sopra riportata consente di risolvere il problema.