DINAMICA DI SISTEMI AEROSPAZIALI Tema d esame 03 settembre 2012

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1 DINAMICA DI SISTEMI AEROSPAZIAI Tema d esame 3 settembre 1 / Esercizio 1. Il meccanismo in figura presenta due aste / B identiche AB e CD di lunghezza e massa trascurabile. e F due aste sono incernierate a terra negli estremi indicati dai A punti A e C allineati verticalmente e posti ad una distanza. e estremità libere punti B e D sono invece incernierate ad / un lato verticale di un quadrato rigido di lato, massa M e E x momento d inerzia baricentrico J. Il baricentro del quadrato coincide con il punto di figura, posizionato nel centro / geometrico del quadrilatero stesso. Un attuatore D oleodinamico è incernierato a terra nel punto E di mezzeria C M,J della congiungente gli estremi A e C, mentre la sua estremità g mobile è incernierata in mezzeria all asta AB punto F. Scegliendo come coordinata libera la lunghezza x dell attuatore si determinino: 1. Velocità e accelerazione del baricentro, per la condizione di aste AB e CD orizzontali, con una velocità di allungamento dell attuatore costante.. a differenza di pressione p nelle camere dell attuatore per garantire il moto descritto nel punto 1, con area del pistone A p. 3. e reazioni vincolari nelle cerniere a terra A e C allo spunto, con aste AB e CD orizzontali e accelerazione del baricentro pari ad, diretta verso l alto. C Esercizio. Il sistema meccanico di figura presenta un m ω m η 1,τ 1 η,τ ω u motore M, che eroga una coppia C m alla velocità angolare M T 1 T U ω m, con un momento d inerzia J m. A valle del motore è posta una prima trasmissione T 1 di rendimento η 1 e J m J v C u J u rapporto τ 1, seguita da un volano di momento d inerzia J v e Sez I Sez II da una seconda trasmissione T, con rendimento η e rapporto τ. A valle della seconda trasmissione si trova l utilizatore U che oppone una coppia resistente pari a C u. Al termine della catena cinematica si trova un ulteriore inerzia rotorica di momento d inerzia J u. Sapendo che la coppia fornita dal motore è pari a C m = A - B e quella dell utilizzatore è C u = D, e considerando uguali i rendimenti di moto diretto e retrogrado, si deteminino: 1. a velocità angolare del motore a regime.. accelerazione angolare del motore allo spunto. 3. e coppie torcenti allo spunto nelle sezioni: I tra motore M e trasmissione T 1, II tra volano J v e trasmissione T. Esercizio 3. Il sistema di figura è costituito da una cassa esterna che si muove senza attrito lungo una guida orizzontale, secondo un moto orizzontale imposto y. Una k, k seconda cassa è montata all interno della prima e può scorrere senza attrito al suo interno in direzione y x α orizzontale. Due molle identiche, ognuna di rigidezza k, collegano le due casse. All interno della seconda cassa è presente un asta, di lunghezza e massa M g uniformemente distribuita. asta è incernierata in uno dei suoi vertici al lato alto della cassa più interna. Scegliendo come coordinate libere il moto assoluto x, in direzione orizzontale, della cassa interna e l angolo α, formato dall asta con la verticale: 1. Si verifichi che la posizione di figura sia di equilibrio stabile, con moto imposto y nullo cassa esterna vincolata a terra.. Si calcolino le frequenze proprie del sistema nelle condizioni del punto precedente. 3. Si determini la posizione assoluta a regime del baricentro dell'asta per moto imposto del vincolo y = Y cosωt.

2 DINAMICA DI SISTEMI AEROSPAZIAI Tema d esame Traccia della soluzione. Esercizio 1. Si scelga come origine il punto C; il punto A si trova in p A = j; il punto D si trova in p D = e jθ ; il punto B si trova quindi in p B = p A + e jθ = j + e jθ, mentre il punto si trova in p = p D + / + j/ = e jθ + /+j/. Il punto E si trova in p E = j/, mentre il punto F si trova in p F = p A +/e jθ = j+/e jθ. 1.1 Cinematica del punto. a velocità del punto è v = p jθ = j θe 1 mentre la sua accelerazione è a = p = j θe jθ θ e jθ quindi per determinarla occorre esprimere θ e le sue derivate temporali in funzione di x e ẋ, per ẍ =. A tal fine, si consideri l equazione di chiusura EF + FA + AE =, ovvero xe jφ ejθ j = 3 da cui si ricava x cos φ cos θ = x sin φ sin θ = 4a 4b Nella configurazione data, per cui θ =, si ottiene x cos φ = x sin φ = /, per cui si ha x = / e φ = π/4. Si derivi l equazione di chiusura rispetto al tempo; si ottiene ovvero ẋe jφ + j φxe jφ j θ ejθ = 5 ẋ cos φ φx sin φ + θ sin θ = ẋ sin φ + φx cos φ θ cos θ = 6a 6b Nella configurazione considerata si ottiene ẋ φ = 7a ẋ + φ θ = 7b ovvero φ = ẋ / e θ = ẋ /. Si derivi ulteriormente l equazione di chiusura rispetto al tempo; si ottiene ẍe jφ + j φẋe jφ + j φxe jφ φ xe jφ j θ ejθ + θ ejθ = 8

3 ovvero ẍ cos φ φẋ sin φ φx sin φ φ x cos φ + θ sin θ + θ cos θ = ẍ sin φ + φẋ cos φ + φx cos φ φ x sin φ θ cos θ + θ sin θ = 9a 9b Nella configurazione considerata si ottiene φ + ẋ / = ẋ / + φ θ = 1a 1b ovvero φ = ẋ / e θ = ẋ 4/. Ne conseguono v = j ẋ 11 e a = jẋ 4/ ẋ 8/ 1 1. Differenza di pressione nelle camere. Si consideri il lavoro virtuale di tutte le forze attive, comprese le forze d inerzia; si ottiene δxa p p + δ p M g δ p M a = 13 da cui, considerando che lo spostamento virtuale del punto, δ p = jδθe jθ 14 nella configurazione considerata vale δ p = jδθ = jδx, si ottiene δxa p p δx M g δx M ẋ 4/ = 15 e quindi, per l arbitrarietà degli spostamenti virtuali, è immediato ricavare p = M A p g 4ẋ Reazioni alle cerniere. e cerniere fanno sì che venga scambiata solo forza con il terreno. In particolare, l asta CD scambia solo una forza F C diretta come CD stesso si sceglie come verso positivo della forza agente sull asta quello da C a D, quindi orizzontale nel caso in questione, mentre la forza scambiata in A può essere scomposta in componenti orizzontale H A e verticale V A, rispettivamente positive verso destra e verso l alto per quanto riguarda la forza applicata all asta. a condizione di funzionamento è diversa da quanto calcolato in precedenza al punto 1.1. In particolare, ora il sistema è fermo e sta accelerando verso l alto con accelerazione del baricentro nota. Tuttavia, siccome le forze attive non cambiano anche nel caso al punto 1.1 l accelerazione era verticale, l espressione della pressione non cambia, a patto di porre 4ẋ / = a, e quindi p = M A p g + a. 17

4 Dall equilibrio alla rotazione dell intero sistema rispetto al punto C si ricava 3 M g 3 M a H A A p p = 18 dalla quale si ricava H A = 5M g + a/. Dall equilibrio alla traslazione dell intero sistema in direzione orizzontale si ricava H A + F C + A p p = 19 dalla quale si ricava F C verticale si ricava = M g + a/. Dall equilibrio alla traslazione dell intero sistema in direzione M g M a + V A + A p p dalla quale si ricava V A = M g + a. = Esercizio. a velocità angolare a valle della trasmissione T 1 è ω v = τ 1 ω m. a velocità angolare dell utilizzatore è ω u = τ ω v = τ 1 τ ω m. Si assuma moto diretto. a potenza uscente dal motore è C m J m ω m ω m. a potenza uscente dalla trasmissione T 1 è η 1 C m J m ω m ω m. a potenza a valle del volano è η 1 C m J m ω m ω m J v ω v ω v. a potenza a valle della trasmissione T è η η 1 C m J m ω m ω m J v ω v ω v. Quest ultima, sommata alla potenza associata all utilizzatore, C u J u ω u ω u, deve dare zero, η η 1 C m J m ω m ω m J v ω v ω v + C u J u ω u ω u =. 1 Considerando le relazioni cinematiche, si ottiene η1 η J m + η τ 1 J v + τ 1 τ J u ωm = η 1 η C m + τ 1 τ C u..1 Velocità a regime. A regime, ω m = ; si ottiene η 1 η C m + τ 1 τ C u = η 1 η A Bω m τ 1 τ Dω m =, 3 assumendo A >, B >, D >. Si ottiene l equazione η 1 η Bωm + τ1 τ Dω m η 1 η A = 4 a cui corrispondono le radici ω m = τ 1 τ D η 1 η B ± τ 1 τ D + A η 1 η B B 5 di cui, perché il moto sia diretto, risulta accettabile solo quella positiva, ω m = τ 1 τ D η 1 η B + τ 1 τ D + A η 1 η B B 6 a condizione di regime risulta essere staticamente stabile se ω m η 1 η C m + τ 1 τ C u = η 1 η Bω m τ 1 τ D < 7

5 Considerando la velocità di regime, si ottiene τ η 1 η C m + τ 1 τ C u = 1 ω τ D + η1 η AB, 8 m che è sempre negativo.. Accelerazione allo spunto. Allo spunto, per ω m =, si ottiene C m = A, C u =, per cui l accelerazione angolare del motore è ω m = η 1 η A η 1 η J m + η τ1 J v + τ1 τ J. u 9.3 Coppie torcenti. Nella sezione I la coppia torcente si ricava direttamente dall equilibrio alla rotazione del sottosistema costituito dal motore a seguito del sezionamento dell albero nel punto I, ovvero C I = C m J m ω m = η τ1 J v + τ1 τ J u η 1 η J m + η τ1 J v + τ1 τ J A 3 u Nella sezione II la coppia torcente si ricava dal bilancio di potenza tra la potenza a valle del volano e la potenza associata alla coppia torcente, C II ω v, ovvero η 1 C m J m ω m ω m J v ω v ω v = C II ω v 31 Considerando la cinematica, si ottiene ovvero η 1 C m J m ω m ω m τ 1 J v ω m ω m = τ 1 C II ω m 3 C II = η 1 τ 1 C m J m ω m τ 1 J v ω m = η 1 τ 1 C m η1 J m + τ 1 J v ω m 33 τ 1 Esercizio 3. o spostamento assoluto in direzione orizzontale della prima cassa è yt, positivo verso destra, imposto. o spostamento assoluto in direzione orizzontale della seconda cassa è xt, positivo verso destra, ed è una coordinata libera. a posizione del baricentro dell asta è p = { x + { sin θ cos θ Verifica equilibrio. a posizione di equilibrio di figura è x =, θ =. energia potenziale è V = 1 k x y + 1 k y x g cos θ 35 Il gradiente dell energia potenziale è V = k x y x 36a V θ = g sin θ Per yt = la soluzione ipotizzata annulla il gradiente dell energia potenziale, e quindi, dal momento che non ci sono altri contributi alle forze generalizzate associate alle coordinate libere, è soluzione di equilibrio statico. 36b

6 a matrice Hessiana dell energia potenziale è V x V θ x V x θ V θ = k g cos θ Valutata in corrispondenza della soluzione di equilibrio, dà V x V θ x V x θ V θ x=,θ= = k g a matrice è chiaramente definita positiva, quindi la configurazione è di equilibrio stabile. a matrice Hessiana valutata in corrispondenza della configurazione di equilibrio è la matrice di rigidezza del sistema linearizzato. 3. Frequenze caratteristiche e modi propri. energia cinetica associata al sistema è T = 1 Mẋ + 1 v v + 1 m 1 θ. 39 a velocità del baricentro è { v = p ẋ = quindi il termine v v è v v = + θ { cos θ sin θ ẋ + θ cos θ + θ sin θ 41 energia cinetica, valutata in corrispondenza della configurazione di equilibro statico, diventa quindi T x=,θ= = 1 Mẋ + 1 ẋ + θẋ + 4 θ + 1 m 1 θ = 1 M + ẋ + ẋ θ + 3 θ = 1 { T ẋ M + m { ẋ θ θ 3 Il problema diventa M + 3 { ẍ θ + k g li autovalori si ottengono dalla soluzione di det λ M k g { x θ = { ky = 44

7 ovvero λ 4 M da cui si ricava λ M + + k λ 4 + λ M + g g 3 k λ 4 m 4 = + k g = aλ 4 + bλ + c = 45 λ = b a ± b c a a 46 li autovettori si possono ricavare, ad esempio, eliminando la seconda equazione e scrivendo la prima come λ M + + k x 1 = λ x 47 sostituendo a λ l autovalore associato all autovettore che si desidera determinare. 3.3 Risposta in frequenza. Per yt = Y cosωt, si consideri una soluzione del tipo { { xt X = cosωt 48 θt Θ equazione diventa Ω M k g { X Θ = { ky Nell ipotesi che Ω sia sufficientemente diversa dai due autovalori del problema, la matrice si può invertire per trovare X e Θ in funzione del movimento imposto Y. A questo punto, la posizione approssimata del baricentro dell asta è p = X + Θ cosωt 5 49 Un approssimazione di ordine superiore è { X cosωt p = + { sinθ cosωt cosθ cosωt 51