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Frisalto di destra e una pressione uguale e opposta sul risalto di sinistra
La forza verso sinistra per metterci in posizione a e la forza verso destra per metterci in posizione b, non devono essere elevatissime, ma il necessario per vincere gli attriti sui punti di scorrimento fra risalti e cava. Tra gli svantaggi vi è la necessità di ridurre il contatto tra spola e corpo, quindi necessità di tolleranze di lavorazione minime (tolleranze meno che millimetriche), e il pericolo di possibili impuntamenti, attriti interni (minimizzati da parte dell'olio stesso), trafilamenti (distributore non perfettamente stagno e privo di perdite).
Problemi dei ricoprimenti (condizioni di copertura)
Il ricoprimento è quella condizione per cui il risalto della spola può o meno ricoprire completamente una o più luci del corpo della spola stella. In generale possiamo avere ricoprimenti positivo, negativo e nullo.
ricoprimento positivo: quando la larghezza del...
risalto della spola s è maggiore della luce l, definiamo ricoprimento ε = s - l > 0
ricoprimento nullo: quando il risalto della spola ha esattamente la stessa larghezza della luce, s = l, per cui il ricoprimento ε = s – l = 0
ricoprimento negativo: quando il risalto della spola ha una larghezza minore rispetto alla luce del corpo, senza quindi chiuderla completamente, per cui il ricoprimento ε = s – l < 0
Tutti questi sono ricoprimenti statici, quindi quando la spola è in condizioni di riposo.
Il ricoprimento positivo chiude completamente, si ha una condizione di overlap, vantaggioso perché i trafilamenti sono minimi e ridotti al semplice gioco fra risalto e corpo della spola. Lo svantaggio è quello di una banda morta, un tratto di corsa durante il quale pur muovendosi la spola, la luce rimane chiusa; la conseguenza è un ritardo di intervento, a causa del quale la spesa energetica è maggiore (devo
mantenereattiva la forza di spinta per più tempo). Permette solo il funzionamento ON/OFF. Lo svantaggio del ricoprimento negativo è che non abbiamo una chiusura ermetica, ci troviamo in una condizione infatti di underlap. Un vantaggio invece è la gradualità fra una commutazione e l’altra. Non abbiamo quindi colpi d’ariete, che potremmo invece avere nel ricoprimento positivo.
La situazione migliore ovviamente è il ricoprimento nullo, con assenza di trafilamenti e bande morte. In questo caso la commutazione è istantanea ma molto precisa, senza ritardi e la forza per la commutazione è minore rispetto a quella necessaria nel caso di overlap. Per contro questa precisione la pago in costo di lavorazione, in quanto per ottenere esattamente s = l le tolleranze di lavorazione devono essere bassissime, dell’ordine del micron. Questa soluzione consente un funzionamento di tipo proporzionale, e non solo ON/OFF nel caso di
overlap. Può succedere che per via di piccoli trafilamenti, nonostante le luci A e B siano chiuse, il fluido spinto dall'attuatore trafili da A verso T, e che l'attuatore non mantenga più la posizione, generando il cosiddetto effetto di deriva di posizione legato ai trafilamenti interni. Questo è sicuramente possibile con il ricoprimento nullo, ma è addirittura con il ricoprimento positivo data la non perfetta ermeticità delle luci. Questi effetti di deriva sono più rischiosi nel caso del ricoprimento nullo. Questo rappresenta un problema della non ermeticità dei distributori a cassetto o a spola. Sono presenti elementi di regolazione del precarico delle molle di centraggio e spesso l'attuazione è di tipo elettrico, sono quindi presenti dei solenoidi di comando dello stelo per esercitare una spinta sulla spola. I risalti non sono semplici superfici cilindriche, bensì presenta degli intagli in cui si può
Infilare l'olio, per lubrificare il contatto fra corpo e spola stessa, riducendo quindi gli strisciamenti longitudinali. Un'altra particolarità è la possibilità di funzionare in modalità proporzionale.
I distributori si suddividono in due tipologie: ON/OFF e proporzionale. Nel primo caso, lo schema più comune abbiamo un distributore ON/OFF 4 vie 2 posizioni, la posizione a equivale a due strozzature A-P e B-T, mentre la posizione b equivale a due chiusure A-P e B-T.
Nel secondo caso, lo schema presenta due canalizzazioni strozzate caratterizzate quindi da perdite di carico, questa volta variabili, è variabile quindi l'area di passaggio, questo determina una conseguenza sulla portata Q di passaggio da P ad A e da B a T, quindi la spola non assume solo la posizione a o la posizione b, ma anche tutte le posizioni intermedie (il simbolo è caratterizzato da due linee orizzontali, sopra e sotto). La portata è esprimibile come:
Il ricoprimento negativo provoca la fluenza delle portate lungo gli spigoli del distributore. Pertanto tra la bocca P e la bocca A nasce una differenza di pressione che provoca il flusso di portata entrante nello spigolo. La portata uscente dallo stesso spigolo sarà sottoposta alla pressione 1/4p - p. Medesime considerazioni si possono fare per lo spigolo di destra. Si noti che presa un'ascissa di riferimento x positiva verso sinistra, le aree di passaggio variano con x con le seguenti leggi: α α. Ipotizzo che i coefficienti di afflusso siano uguali, gli dipendono dal numero di Reynolds. = q = q. Nell'ipotesi di moto stazionario, assenza di fughe e considerando il fluido incomprimibile, posso scrivere delle equazioni di bilancio di massa con le portate entranti e uscenti nelle camere anulari di sinistra e di destra: q - q (portata che va all'attuatore) = 1/4 A, q - q (portata che viene dall'attuatore) = 3/2 B.
Sono le portate inviate al/da attuatore, supponendo che lo stelo dell'attuatore sia passante A B (attuatore non differenziale), le aree dell'attuatore sono uguali, e poiché le portate dipendono dalle aree, allora:
A B = q - q1
4 3 2 = q - q1
3 4 2 { {=q =∆q ∆ p p→1 3 1 3
Nel caso particolare in cui: =q =∆q ∆ p p
4 2 2 4
Le differenze di pressione sono uguali (basta imporre l'equazione portata perdita di carico per verificarlo).
Nel caso in cui le portate non sono uguali:
> >q q → ∆ p ∆ p
1 3 1 3
>q >q → ∆ p ∆ p
4 2 4 2
+∆ > +∆∆ p p ∆ p p
1 4 2 3 ∆p
Considero ora le perdite di carico: p p )∙F=( p – p s
Nelle due camere dell'attuatore si instaurano due pressioni e per cui (dal A B bilancio di forze al pistone), che sono le pressioni che arrivano alle camere anulari A e B dalla pompa a meno delle strozzature attraverso le luci di passaggio.
= −p∆ p p1 p
A= −∆ p p p2 p B=∆ p p – p3 B T=∆ p p – p4 A T +∆ =∆ p p p Sommando la prima e la quarta ottengo: 1 4 p+∆ =p∆ p p Sommando la seconda e la terza ottengo sempre: 2 3 p+∆ =∆ +∆ p p p ∆ psegue che 1 4 2 3> >q = >q q q A A q q Se per assurdo allora , ma , quindi dire vorrebbe dire 1 3 4 2 1 3 1 3>∆ > +∆ > +∆∆ p p ∆ p ∆ p ∆ p p ∆ p p, il che vorrebbe dire , da questo seguirebbe che e 1 3 4 2 1 4 2 3questo non può essere, perché abbiamo ricavato un’uguaglianza e non una diseguaglianza. Analogamente sipuò dimostrare l’impossibilità della disuguaglianza opposta. Portata verso l’attuatore √ √2 ∆ p 2 ∆ p 1 4=q =q =αq=q – q ∙ A ∙ – α ∙ A ∙A B 1 4 1 4ρ ρ 1 4√ √2 ∆ p 2 ∆ p 1 4+ −ax )∙q=α ∙( A ax)∙ – α ∙( A 0 0ρ ρ 1 4 Scrivendo meglio le differenze di pressione in funzione dellavariabile di carico p: √ -p p ppp p= - =α∆ p → q A1 1 12 2 ρ√ +p p ppp p= + =α∆ p → q A4 4 42 2 ρ =q =qq – q :Sostituendo tutto nell’equazione 1 4 A[ ] [ ]√ √ √ √ √( ) ( )- +p p p p p ax p ax pp p p( ) ( )+ax -ax = -q=α A – A α A 1+ 1- 1- 1+0 0 0ρ ρ ρ A p A p0 p 0 pxConsiderando la posizione massima , in cui la luce è completamente aperta:mA 0=x m a [ ]√ √ √( ) ( )p x p x pp -q=α A 1+ 1- 1- 1+0 ρ x p x pm p m p p pq A ∆ p=Indicando con la portata sulla sezione con la perdita di carico :r 0 2√ p p=αq Ar 0 ρNormalizzando le grandezze che compaiono nella formula:q x p¿ ¿ ¿= = =q x pq x pr m p√ √¿ ¿ ¿ ¿ ¿( ) ( )= -q 1+ x 1-p 1-x 1+ p ¿=0xChe rappresenta l’equazione
caratteristica in campo statico. In cioè la posizione in cui lo stelo ècentrato, la portata in questa posizione dello stelo vale: √ √¿ ¿ ¿= −q 1− p 1+ p¿−1 ≤ p ≤1
In cui: , inolt
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