Meccanica - dinamica dei sistemi meccanici

EQUILIBRAMENTO DEI SISTEMI MECCANICI

Su un sistema in moto nasce sempre:

- => risultante delle forse d’inerzia, quando questa è nulla il sistema si dice equilibrato

(i )

F

staticamente

(i )

- => momento risultante delle forze di inerzia, quando questo è nullo il sistema si dice

M

equilibrato cinematicamente

Per equilibrare un sistema occorre annullare (pareggiare) questi termini, utilizzando le equazioni di

Newton:

= +

( i ) ( esterne ) ( vincoli )

F F F

= +

( i ) ( esterne ) ( vincoli )

M M M =

( i )

Se il baricentro di trova sull’asse di rotazione allora F 0 =

( i )

Se il sistema ruota attorno ad un asse principale d’inerzia allora M 0

EQUILIBRAMENTO DI UN MOTORE TERMICO AD UN SOLO CILINDRO

B - pistone, moto traslatorio

β - = manovella, moto

rotatorio

- = biella, moto

A rototraslatorio

O Analizziamo l’equilibramento dei singoli elementi:

A A’ MANOVELLA

G

O O’ La rotazione della manovella avviene attorno ad un asse

=

( i )

principale di inerzia pertanto .

M 0

Masse di

riequilibratura

La forma della manovella fa sì che essa non sia equilibrata staticamente, pertanto occorre

aggiungere due contrappesi come in figura per riportare il baricentro sull’asse di rotazione. In

questo modo la forza centrifuga generata dalla posizione spostata del baricentro è annullata con

l’azione di una forza centrifuga uguale opposta generata dai contrappesi.

BIELLA =

AG l

1

A =

GB l 2

G = + =

AB l l l

l l B 1 2

1 2

O Scriviamo le accelerazioni di

G e B rispetto ad A che è il

punto più noto:

   dove

= +

a a a

G A G / A

  

= −

a a a (accelerazione di G rispetto ad A)

G / A G A

     

= + = −

a a a a a a

dove (accelerazione di B rispetto ad A)

B A B / A B / A B A

 

a a

I vettori e sono paralleli, pertanto il loro rapporto vale:

G / A B / A ϖ

 

d

ϖ  

d

  ϖ +

2

 

l u u

  ϖ +

2

 l u l u

+

a a 1 n t

a l

dt

 

1 n 1 t

dt

G / A G / A

= = = =

G / A 1

norm tan

   ( )

ϖ ϖ

d

+ +

 

  d

a a a l l

 

( ) ( ) ( )

ϖ + + +

2 ϖ

+ +

l l n l l u 2

 

l l n u

B / A B / A B / A 1 2

norm tan 1 2 1 2 t 1 2 t

dt dt

 

Si può scrivere quindi:  

l l l l

       

( )  

= + = + − = − +

1 1 1 1

a a a a a a 1 a a

 

G A B / A A B A A B

+ + + +

l l l l l l l l

 

1 2 1 2 1 2 1 2

l l

     

l l

 

= +

a a a

2 1 ( i ) = +

=>  

2 1

F m a a

G b A B

G A B l l

 

l l

Da questa scrittura si può immaginare di vedere la biella come un insieme di due masse, una in A e

una in B, esse valgono rispettivamente: l => massa che

=

m m

2

A b

Massa che l

equilibra B ruota l => massa che

=

m m

1

B b

l

G = A si muove di moto rettilineo

alterno

m A A questo punto,

conoscendo le masse da

m equilibrare posso applicare

B

O gli opportuni contrappesi:

Massa che

equilibra A

La massa A viene equilibrata inserendo un contrappeso di pari massa sul lato opposto della

manovella. =

m 0 l

La massa B viene equilibrita in tal modo: poiché vogliamo che dobbiamo annullare ,

B 1

ovvero spostare il baricentro G in A.

Cerchiamo ora una espressione esplicita alla risultante delle forze di inerzia sulla biella:

  

l l

 

y ( i ) = +

 

F m a a

2 1

G b A B

l l

 

A A =

OA r

= = +

AB l l l

A G 1 2

A

ϑ β B x

O Per l’accelerazione di A si

può scrivere:

 

 ϖ ϑ ϖ ϑ

= − −

2 2

a r cos i r sin j

A

Per l’accelerazione di B si può scrivere:

ϑ β

= +

x r cos l cos

B r

β ϑ λ ϑ

ϑ β = =

= sin sin sin

r sin l sin => l 1

β β λ ϑ λ ϑ

= − = − ≅ −

2 2 2 2 2

cos 1 sin 1 sin 1 sin (sviluppo in serie di Taylor)

2 ϑ

 

−

  2

1 1 1 cos

ϑ λ ϑ ϑ λ

= + −  

= + −

2 2 2

 

x r cos l 1 sin x r cos l 1

=>  

B

B 2 2

2

   

λ ϖ

−

2 2

l 1 cos t

ϖ

= + −

=> derivo rispetto a t:

x r cos t l

B 2 2

λ

  [ ]

ϖ ϑ ϑ ϖ ϑ λ ϑ

= − + = − +

2

x r sin sin 2 x r cos cos 2

 => 



 

B B

 

2 

 [ ]

ϖ ϑ λ ϑ

= − +

2

a r cos cos 2 i

B

Questa è l’espressione della risultante delle forze di inerzia sulla biella. Scomposta lungo x e y:

 

 

l

( i ) ϖ ϑ ϖ λ ϑ

= +

2 2

 

F m r cos m r cos 2 i

1

x

G b b

 

l

 

l

( i ) ϖ ϑ

= 2

2

F m r sin j

y

G b l

PISTONE m

Consideriamo ora la presenza della massa alterna del pistone :

p

 ( )

 

 

l

( i ) ϖ ϑ ϖ λ ϑ ϖ ϑ ϖ λ ϑ

= + + +

2 2 2 2

 

F m r cos m r cos 2 i m r cos m r cos 2 i

1

x

+

b p b b p p

 

l

 

l

( i ) ϖ ϑ

= 2

2

F m r sin j (invariata)

y

+

b p b l

  

( )  

l

( i ) ϖ ϑ ϖ λ ϑ

= + + +

2 2

 

F m m r cos i m m r cos 2 i

1

x

+

b a p b p b

 

l

 

l

( i ) ϖ ϑ

= 2

2

F m r sin j (invariata)

y

+

b a b l m r

Aggiungiamo alla manovella un contrappeso ad una distanza da O:

c c

   

 

l

( )

ϖ ϑ ϖ λ ϑ ϖ ϑ

( i ) = + + + −

2 2 2

 

F m m r cos i m m r cos 2 i m r cos i

1

x

+ +

b a c a b a b c c

 

l

  

l A

( i ) ϖ ϑ ϖ ϑ

= −

2 2

F m r sin j m r sin j

2

y y

+ +

b a c b c c

l B

A x

O

A

( )

+ =

m m r m r

Se impongo che elimino le forze del primo ordine lungo x ma incremento quelle

a b c c

del primo ordine lungo y :

 

 

l

( i ) ϖ λ ϑ

= − + 2

 

F m m r cos 2 i

1

x

+ +

b a c a b

 

l

 

 

l

( i ) ϖ ϑ

= − + 2

 

F m r m sin j

2

y

+ +

b a c c c b

 

l

l =

m r m r

2

Se impongo che elimino le forze del primo ordine lungo y e decremento quelle del

b c c

l

primo ordine lungo x :

  

   

l l

( i ) ϖ ϑ ϖ λ ϑ

= + + +

2 2

   

F m m r cos i m m r cos 2 i

1 1 sono diminuite

x

+ +

b a c a b a b

   

l l

 ( i ) =

F 0

y

+ +

b a c

Il problema può dunque essere solo in parte risolto aggiungendo contrappesi. Nel motore

monocilindrico questo è il massimo che si può fare, per ottenere miglioramenti bisogna passare a

motori multicilindro.

In generale cmq il problema di equilibramento si riconduce a questo sistema:

 ϑ ϑ

= +

( i )

F a cos b cos 2

x

 ϑ

=

( i )

F c sin

y

Prendiamo in considerazione un motore 2 tempi bicilindrico:



ϑ

− a cos 0

1 ord

ϑ ϑ

=

( i )

a cos F a cos

0

x 1 cilindro



ϑ ( )

b cos 2 0

1 ord ϑ π ϑ

= + = −

( i )

F a cos a cos

0

1 x 2 cilindro

ϑ

b cos 2 ϑ

− c sin 

2 0

1 ord ϑ

=

( i )

F c sin

ϑ

c sin 0

y 1 cilindro

 ( )

0

1 ord ϑ π ϑ

= + = −

( i )

F c sin c sin

0

y 2 cilindro

 0

2 ord ϑ

=

( i )

F b cos 2

0

x 1 cilindro

 ( )

0

2 ord ϑ π ϑ

= + =

( i )

F b cos 2 2 b cos 2

0

x 2 cilindro

Le forze del primo ordine sono già annullate in questo caso senza necessità di contrappesi ma solo

grazie alla presenza dello sfasamento tra i due cilindri. I momenti del primo ordine però non sono

nulli ma si sommano. Per il secondo ordine invece abbiamo risultante non nulla ma momento nullo.

Prendiamo in considerazione un motore 4 tempi quadricilindrico: Lo sfasamento

ϑ

− a cos

ϑ

a cos continua ad essere

π , infatti:

π π

4 4

4 ϑ π

∆ = = =

ϑ

− a cos

ϑ N 4

a cos 2

Rispetto a prima i momenti non nulli sono raddoppiato, questo non risolve il nostro problema.

Prendiamo in considerazione un motore 4 tempi esacilindrico:

3 ϑ

a cos

2

3 ϑ

− a sin

2 a ϑ

− cos

2

ϑ

a cos a ϑ

− cos

2 π π π

4 4 2

ϑ

∆ = = = = °

120

Lo sfasamento è N 6 3

 0

1 ord ϑ

=

( i )

F a cos

0

x 1 cilindro  

 π π π

 

2 2 2 1 3

0  

1 ord ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

= + = − = − −

( i )  

F a cos a cos cos sin sin a cos sin

0  

x 2 cilindro 3 3 3 2 2

   

 

 π π π

 

4 4 4 1 3

0  

1 ord ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

= + = − = − +

( i )  

F a cos a cos cos a sin sin a cos sin

0  

x 3 cilindro 3 3 3 2 2

   

 0

1 ord ϑ

=

( i )

F c sin

0

y 1 cilindro  

 π π π

 

2 2 2 1 3

0  

1 ord ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

= + = + = − +

( i )  

F c sin c sin cos c cos sin c sin cos

0  

y 2 cilindro 3 3 3 2 2

   

 

 π π π

 

4 4 4 1 3

0  

1 ord ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

= + = + = − −

( i )  

F c sin c sin cos c cos sin c sin cos

0  

y 3 cilindro 3 3 3 2 2

   

 0

2 ord ϑ

=

( i )

F b cos 2

0

x 1 cilindro  

 π π

   

2 4 1 3

0  

2 ord ϑ ϑ ϑ ϑ

= + = + = − +

( i )    

F b cos 2 2 b cos 2 b cos 2 sin 2

0  

x 2 cilindro 3 3 2 2

     

 π π

   

4 8

0

2 ord ϑ ϑ

= + = +

( i )    

F b cos 2 2 b cos 2

0

x 3 cilindro 3 3

   

La risultante delle forze è nulla ed è nullo anche il momento sia al primo che al secondo ordine.

È possibile visualizzare l’andamento della coppia in funzione della rotazione ottenendo il seguente

grafico (motore monocilindrico a quattro tempi):

C => aspirazione

=> compressione

=> scoppio

=> scarico

π π

π π

0 2 3 4

Scriviamo lo sviluppo in serie di fourier della coppia (motore monocilindrico):

( ) ( ) ( )

ϖ ϕ ϖ ϕ ϖ ϕ

= + + + + + + +

C C A cos t A cos 2 t ... A cos n t

0 1 1 2 2 n n

π

2

= ϖ ϖ

=

T

Per 2 tempi: dove

ϖ m

m

π ϖ

4 ϖ

= =

T m

Per 4 tempi: dove

ϖ 2

m

Si possono anche generare motori multicilindro, supponiamo di avere N cilindri ognuno sfasato di

∆

t

un tempo , ogni cilindro genererà la seguente coppia:

i [ ] [ ] [ ]

( ) ( ) ( )

ϖ ϕ ϖ ϕ ϖ ϕ

= + + ∆ + + + ∆ + + + + ∆ +

C C A cos t t A cos 2 t t ... A cos n t t

i 0 1 i 1 2 i 2 n i n

[ ] [ ] [ ]

ϖ ϖ ϕ ϖ ϖ ϕ ϖ ϖ ϕ

= + + ∆ + + + ∆ + + + + ∆ +

C C A cos t t A cos 2 t 2 t ... A cos n t n t

i 0 1 i 1 2 i 2 n i n

π

2 α

ϖ α π

α α ∆ =

∆ = = T 2

T T => dove è una frazione del periodo che corrisp. a

i i i

ϖ

i i i

∆

T

i [ ] [ ] [ ]

ϖ α π ϕ ϖ α π ϕ ϖ α π ϕ

= + + + + + + + + + +

C C A cos t 2 A cos 2 t 2 2 ... A cos n t n 2

i 0 1 i 1 2 i 2 n i n

−

i 1

α = < <

Si definisce con ed è possibile stilare la seguente tabella:

1 i N

i N α α π

CILINDRO n 2

i i

1 0 0 π

⋅

1 / N n 2 / N

2 π

⋅

2 / N n 4 / N

3 π

⋅

3 / N n 6 / N

4 π

2

Dunque lo sfasamento della k-esima armonica tra due cilindri successivi vale ⋅

n N

= ⋅

- Considero le armoniche proporzionali al numero di cilindri ( ). Lo sfasamento diventa

n k N

π π

2 2 π

⋅ = ⋅ ⋅ = =

n k N k 2 k 1

, 2

,

3

...

. Tutte le armoniche multiple ( ) si sommano.

N N ≠ ⋅

- Considero le armoniche non proporzionali al numero di cilindri ( ), cioè quelle che

n k N

stanno tra una armonica proporzionale e quella successiva, queste si annullano a vicenda.

Mettendo allora i soli termini non nulli si ottiene la seguente espressione della coppia:

[ ] [ ] [ ]

ϖ ϕ ϖ ϕ ϖ ϕ

= + + + + + + +

C NC NA cos N t NA cos 2 N t ... NA cos kN t

0 N N 2 N 2 N kN kN

N che indica il fatto che ho Indica il numero d’armonica, come si vede

sommato le coppie di tutti i sopravvivono solo i termini multipli del numero di

cilindri cilindri

Teniamo ora conto dello sfasamento angolare:

ϑ ϖ ϖ α

∆ = ⋅ ∆ = ⋅ ⋅

t T

i m i m i

Per 2 tempi: π

− − π

i 1 2 i 1 2

ϑ ϖ π

∆ = ⋅ ⋅ = ϑ

∆ =

2 => Lo sfasamento tra due cilindri è

ϖ

i m i

N N N

m ϑ π

= ∆ =

Supponiamo motore a due cilindri =>

N 2

1 2

Per 4 tempi: π

− − π

i 1 4 i 1 4

ϑ ϖ π

∆ = ⋅ ⋅ = ϑ

4 ∆ =

=> Lo sfasamento tra due cilindri è

ϖ

i m i

N N N

m ϑ π

= ∆ =

Supponiamo motore a due cilindri =>

N 2 2

2

1 

 τ

ϖ λ

A

G’ G

ϑ β

O ESEMPIO 1

B

 y C =

OA r

j =

AB l



i x

=

AG l

1

=

GB l 2

=

OG ' l m

=

OC r

c

Tenendo presente le seguenti velocità già ricavate:

 

 ϖ ϑ ϖ ϑ

= − −

2 2

a r cos i r sin j

A 

 [ ]

ϖ ϑ λ ϑ

= − +

2

a r cos cos 2 i

B  

 ϖ ϑ ϖ ϑ

= +

2 2

a r cos i r sin j

C c c

Scriviamo l’equilibrio del baricentro G della biella considerando, la massa della biella, della

manovella, del pistone e del contrappeso in C:

Per la manovella: Per il contrappeso in C: Per il pistone:

 

 

ϖ ϑ

ϖ ϑ

= = −

2 2

F m r cos i F m r cos i

m m c c c

x x

 

[ ]

ϖ ϑ λ ϑ

= +

2

F m r cos cos 2 i

p p

x

 

  

ϖ ϑ

ϖ ϑ

= = − =

2 2

F m r sin i F m r sin i F 0

p

m m c c c

y y y

Si ottiene quindi:

    

l l

( i ) ϖ ϑ λ ϑ ϖ ϑ λ ϑ ϖ ϑ ϖ ϑ

= + + + + −

2 2 2 2

   

F m r cos cos 2 m r cos cos 2 m r cos m r cos

1 1

x

G b p m c c

   

l l

 l

( i ) ϖ ϑ ϖ ϑ ϖ ϑ

= + −

2 2 2

F m r sin m r cos m r cos

2

y

G b m c c

l

 ( i ) ϑ ϑ

= +

F a cos b cos 2

x

G

 ( i ) ϑ

=

F c sin

y

G 0 45 90 135 180 225 270 315 360

ANALISI MODALE

Il sistema è a 2 gradi di libertà, la traslazione verticale della barra e la rotazione.