Aerospace Engineering - Meccanica Aerospaziale

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Meccanica Aerospaziale Esercitazione attiva: Dinamica di sistemi di corpirigidi nel piano Esercizio a2.1 Un disco di massame raggio 2Re centroCrotola senza strisciare su una guida orizzontale fissa con coefficiente di attrito staticoµ. Su tale disco `e presente una scanalatura concentrica di raggioR. Sulla circonferenza esterna e sulla scanalatura si avvolgiono senza strisciare rispettivamente due fili inestensibili e privi di massa, come disegnato in Figura 1. I fili poggiano su due pioli senza attrito, e alle estremit`a libere sono vincolate due massem(A e B in figura). Una molla ideale di costante elasticakcollega il centroCdel disco con l’origineO,supponendo che all’istante inizialet= 0 il disco sia fermo e il puntoC si trovi sulla verticale diO. In funzione della coordinata liberaθe delle sue derivate, determinare: 1.La velocit`a dei puntiAeB. 2.L’energia T cinetica del sistema. 3.L’equazione di moto del sistema 4.Il moto del sistema 5.Le tensioni dei due fili, verificando che siano sempre in condizioni di trazione. 6.Le reazioni vincolari nel puntoH, verificando per quali valori dim,Rekle condizioni di puro rotolamento risultano soddisfatteFigura 1: Sistema esercizio 1 1 Esercizio a2.2 Nel riferimento cartesiano ortogonale (O,x,y) il sistema di Fig. 1 `e costituito da una lamina quadrata, di massame latol, scorrevole lungo l’asse orizzontalex, e da un’astaOAdi lunghezza 2le massam incernierata nell’origine. Asta e lamina sono omogenee, l’asta `e appoggiata sul quadrato nel vertice H, il vertice B del quadrato `e collegato adOda una molla di costante elasticak. Tutti i vincoli sono lisci. Dettoθl’angolo antiorario che l’astaOAforma con l’assex, determinare: 1.l’energia cineticaTdel sistema e la potenza delle forze applicate al sistema 2.l’equazione di moto 3.la reazione vincolareN H,esercitata dal quadrato sull’asta in HFigura 2: Sistema esercizio 2 2 Soluzioni Esercizio a2.1 1.Il sistema in esame possiede 1 solo g.d.l poich´e composto da 1 corpo rigido e due punti (A e B) che possono muoversi solo verticalmente (5 g.d.l in totale), vincolati tra loro tramite un puro rotolamento (2 g.d.v.) e due fili inestensibili (1 g.d.v. ciascuno). Un’analisi cinematica pi`u dettagliata (andando, ad esempio, a sopprimere un g.d.l. e verificare che non sono possibili movimenti del sistema), qui omessa, permette di verificare facilmente che non sono presenti vincoli ridondanti, e pertanto il numero di g.d.l. `e pari ad 1. Poich`e siamo in presenza di soli vincoli Olonomi, la cinematica `e scrivibile tramite una solacoordinata libera (θ), che in questo caso `e imposta dal testo del problema. Le velocit`a dei puntiC,DedEpossono essere facilmente ricavata applicando l’atto di moto rigido al disco rispetto al puntoH(che `e ilCIRper il disco) come mostrato in Eq. 1. vC= 2 R˙ θi vD= 3 R˙ θi vE= 4 R˙ θi(1) Mentre le velocit`a dei puntiAeBpossono essere facilmente ricavate derivando la loro posizion, come in Eq. 2 vA= ˙ y Aj vB= ˙ y Bj(2) Imponendo il vincolo di filo inestensibile riportato in Eq. 3 `e possibile ricavare il legame cinematico tra le coordinate fisichey Ae y Be la coordinata libera θ, come mostrato in Eq. 4. vA· j=v E· i vD· i=v B· (−j)(3) ˙ y A= 4 R˙ θ ˙ y B= −3R˙ θ(4) 2.L’energia cinetica del sistema `e calcolabile come somma delle energie cinetiche degli elementi che lo costituiscono. L’energia cinetica del disco disco pu`o essere facilmente scritta tramite Konig come in Eq. 5 Td=12 m |v C|2 +12 I zz C| ω d|2 =12 m 4R2 ˙ θ2 +12  12 m (2R)2 ˙ θ2 (5) mentre le energie cinetiche delle due masseAeBsono rispettivamente TA=12 m |v A|2 =12 m 16R2 ˙ θ2 (6) TB=12 m |v B|2 =12 m 9R2 ˙ θ2 (7) Pertanto l’energia cinetica del sistema risulta essere Tsys= T d+ T A+ T B=312 mR 2 ˙ θ2 (8) 3.Poich`e il sistema possiede un solo grado di libert`a, oltre ad essere soggetto a vincoli non dissipativi, `e comodo utilizzare il teorema dell’energia cinetica per calcolare direttamente l’equazione di moto dTdt =X Pattive(9) In particolare, le potenze attive presenti sono:•Potenza forze peso agenti sulle masseAeB Pf p= F p,A· v A+ F p,B· v B= ( −mgj)· 4R˙ θj + (−mgj)· −3R˙ θj =−mgR˙ θ(10) 3 • Potenza della forza elastica Fel= −k∆l=−k(x Ci + 2Rj) =−k(2Rθi+ 2Rj) (11) Pel= F el· v C= −4kR2 θ˙ θ(12) E pertano il teorema dell’energia cinetica applicato al sistema in esame `edTdt =X Pattive−→ 31mR2 ˙ θ¨ θ=−mgR˙ θ−4kR2 θ˙ θ(13) Da cui, semplificando˙ θda tutti i termini, e riordinando l’equazione di moto nella forma canonica (m∗ ¨ q+k∗ q=f∗ ) si ottiene 31mR¨ θ+ 4kRθ=−mg(14) 4.Poich`e il sistema `e lineare l’equazione che si ottiene `e, come noto, una equazione differenziale ordinaria lineare di secondo ordine a coefficienti costanti con forzante costante che, come altrettanto noto, ammette la seguente soluzione θ(t) =θ o( t) +θp=Asinωt+Bcosωt+C pcon ω =rk ∗m ∗=r4 k31 m(15) Che sostituita nell’ equazione 14, ricordando cheθ o`e per definizione la soluzione dell’equazione omo- genea (forzante nulla, ovvero 31mR2 ¨ θ+ 4kR2 θ= 0), fornisce immediatamente il valore della soluzione particolareC p CP= −mg4 kR(16) Per calcolare il moto del sistema occorre imporre, note le condizioni iniziali fornite dal testo, il seguente problema di Cauchy  31 mR2 ¨ θ+ 4kR2 θ=−mgR θ(0) = 0 ˙ θ(0) = 0(17) Da cui, per sostituzione dell’equazione 15 e della sua derivata seconda, `e facile identificare il valore delle costanti moltiplicative A e B θ(0) =B−mg4 kR= 0 −→B= +mg4 kR ˙ θ(0) =ωA= 0−→A= 0(18) Da cui segue la soluzione del moto θ(t) =−mg4 kR 1−cos r4 k31 mt!! (19) ¨ θ(t) =−g31 Rcos r4 k31 mt! (20) 5.Per calcolare le reazioni vincolari e le tensioni nei fili, occorre anzitutto disegnare il diagramma di corpo libero (Figura53) Da una semplice analisi del diagramma di corpo libero si evince che, applicando la prima equazione cardinale alle due masse, `e facile ottenere le tensioni dei fili in funzione della coordinata libera e delle sue derivate dQ Adt =X Fat,re−→ 4mR¨ θj= (T A− mg)j(21) dQ Bdt =X Fat,re−→ − 3mR¨ θj= (T B− mg)j(22) TA= 4 mR¨ θ+mg TB= −3mR¨ θ+mg(23) 4 Figura 3: Diagramma corpo libero esercizio 1 Sostituendo la soluzione del moto ottenuta nel punto 4 (per la precisione sostituendo eq 20) `e possibile ricavare le tensioni direttamente in funzione del tempo. Ricordando che cosωt`e sempre compreso tra −1 e +1 `e facile verificare che le tensioni in entrambi i fili restano positive ad ogni istante per qualsiasi valore (fisicamente accettabile!) dimek, e che sono inoltre del tutto indipendenti daR.       T A= mg −431 cos q4 k31 mt + 1 =⇒T A> 0∀k >0 TB= mg 331 cos q4 k31 mt + 1 =⇒T B> 0∀k >0(24) 6.Sempre analizzando il diagramma di corpo libero in figura 3 `e facilmente intuibile che, applicando la prima equazione cardinale della dinamica al solo disco, si ricavano i valori della reazioni vincolari del puro rotolamento inH dQ ddt =X Fat,re−→ 2mR¨ θi= (T B− T A− 2kRθ+T H) i+ (N H− 2kR−mg)j(25) TH= 2 mR¨ θ+T A− T B+ 2 kRθ NH= 2 kR+mg(26) sostituendo le relazioni precedentemente ricavate per le tensioni nei filiT Ae T Botteniamo le relazioni tra le componenti della reazione di puro rotolamento e la coordinata libera TH= 9 mR¨ θ+ 2kRθ NH= 2 kR+mg(27) Il vincolo di puro rotolamento `e verificato se sono soddisfatte le seguenti equazioniNH> 0 =⇒2kR+mg >0 =⇒ ∀t |T H|maxN H< µ(28) In cui il massimo valore della componente tangenziale|T H|max `e ricavabile analizzando la funzione |T H|max (t), ricavabile sostituendo il moto del sistema (per la precisione sostituendo eq 19 ed eq 20) nella precedente |T H|max = max 9 mR¨ θ+ 2kRθ = max −mg2 + −931 + 12  mgcosr4 k31 mt =2231 mg (29) Sostituendo tutto si giunge infine alla disequazione che deve essere soddisfatta affinch`e il puro rotola- mento inHrisulti verificato 22mg31 (2 kR+mg)≤ µ(30) 5 Esercizio a2.2 1.Il sistema ha un grado di libert`a. La velocit`a della lamina pu`o essere espressa usando la coordinata xdel punto B: xB=ltan θ(31) la cui velocit`a si ottiene derivando l’espressione: ˙ x B= −l˙ θsin 2 θ(32) L’energia cinetica del sistema `e quindi: T=T asta+ T lamina=12 m (2l)23 ˙ θ2 +12 mv 2 B=12  43 m l2 +m l2sin 4 θ ˙ θ2 (33) La potenza P delle forze applicate al sistema `e data dalla potenza della forza elastica e della forza peso dell’asta, con riferimento a Fig. 4. P= (−kx Bi )·v b+ F g· v G= ( −kltan θi )·(−l˙ θsin 2 θi ) + (−mg)j·˙ θl(−sinθi+ cosθj) (34) dovev G`e la velocit`a del baricentro dell’asta, ricavabile differenziando la posizione del baricentro G: (G−O) =l(cosθi+ sinθj) (35) Semplificando e raccogliendo, la potenza P risulta: P= kl2sin 3 θ− mgl cosθ˙ θ(36)Figura 4: Diagramma corpo libero esercizio 2 2.Per determinare l’equazione pura di moto, utilizziamo il teorema dell’energia cinetica: dTdt =X Pattive(37) in cui:dTdt = ddt  12  43 m l2 +m l2sin 4 θ ˙ θ = 43 m l2 +m l2sin 4 θ ˙ θ¨ θ−2ml2 cos θsin 5 θ˙ θ3 (38) infine, semplificando per˙ θ, si ottiene l’equazione di moto desiderata: 43 m l2 +m l2sin 4 θ ¨ θ−2ml2 cos θsin 5 θ˙ θ2 = kl2sin 3 θ− mgl cosθ(39) 6 3. Con riferimento a Fig. 4, indichiamo con: NH= −N Hsin θi+N Hcos θj(40) la reazione vincolare che la lamina esercita sull’asta nel punto H, diretta ortogonalmente all’asta. Per determinare il valore di tale reazione vincolare, applichiamo la II equazione cardinale per l’asta OA, rispetto al suo punto O, incernierato al suolo e dunque CIR per l’asta. E’ conveniente esprimere la posizione del punto H secondo un sistema di riferimento solidale all’asta (t,n,k), dovet`e rivolto lungo l’asta nel verso di (H-O),kcoincidente conkdel sistema di versorii,j,kdel sistema cartesiano (O,x, y) enche completa la terna destrorsa: (H−O) =lsin θt (41) Perci`o, la reazione vincolareNpu`o essere espressa come: NH= −N Hsin θi+N Hcos θj=N Hn (42) Applicando la II equazione cardinale: dΓasta Odt +   :0 vO∧ Qasta =Masta O(43) dove il secondo termina si annulla perch`e il polo `e fisso in O. L’equazione si sviluppa in:ddt  m(2l)23 ˙ θk = (G−O)∧(−mgj) + (H−O)∧N Hn = (44) da cui:4ml23 ¨ θk=−mglcosθk+N Hlsin θk (45) che risulta infine nel valore scalare del modulo della reazione vincolare: NH= mgsinθcosθ+4 ml23 sin θ¨ θ(46) 7