Aerospace Engineering - Dinamica di Sistemi Aerospaziali

Full exam

Traccia di soluzione Esercizio 1 1.1) Cinematica Posto un sistema di riferimento in O, si consideri dapprima la chiusura vettoriale (A−O) + (B−A) = (O′ −O) + (B−O′ ) (1) chiamando:•ail modulo di (A−O),αla sua anomalia •bil modulo di (B−A),βla sua anomalia •cil modulo di (C−O′ ),γla sua anomalia •fil modulo di (O−O′ ) si ha aej α +bej β =f+c2 e j γ (2) ovvero( acosα+bcosβ=f+c2 cos γ asinα+bsinβ=f+c2 sin γ(3)Risolvendo il sistema di equazioni trascendenti, per esempio con metodi alla Newton-Raphson, `e possibile determinare i legami β=β(α),γ=γ(α). Derivando nel tempo la(2) si ottiene j˙ αaej α +j˙ β bej β =j˙ γc2 e j γ (4) ovvero( −a˙ αsinα−b˙ βsinβ=−c2 ˙ γsinγ a˙ αcosα+b˙ βcosβ=c2 ˙ γcosγ(5) che rappresenta, istante per istante, un sistema lineare in˙ β, ˙γ: −bsinβc2 sin γ bcosβ−c2 cos γ  ˙ β ˙ γ = asinα −acosα ˙ α(6) che ha soluzione˙ β ˙ γ = −bsinβc2 sin γ bcosβ−c2 cos γ −1 asinα −acosα ˙ α=      ∂ β∂ α ∂ γ∂ α       ˙ α(7) Derivando nel tempo la(4) si ottienej¨ αaej α −˙ α2 aej α +j¨ β bej β −˙ β2 bej β + =j¨ γc2 e j γ −˙ γ2 c2 e j γ (8) ovvero, tenendo conto che ¨α= 0: (−a˙ α2 cosα−b¨ βsinβ−b˙ β2 cosβ=−c2 ¨ γsinγ−c2 ˙ γ2 cosγ −a˙ α2 sinα+b¨ βcosβ−b˙ β2 sinβ=c2 ¨ γcosγ−c2 ˙ γ2 sinγ(9) che rappresenta di nuovo, istante per istante, un sistema lineare in¨ β, ¨γ: −bsinβc2 sin γ bcosβ−c2 cos γ  ¨ β ¨ γ = bcosβ−c2 cos γ bsinβ−c2 sin γ  ˙ β2 ˙ γ2 + acosα asinα ˙ α2 (10) che ha soluzione¨ β ¨ γ = −bsinβc2 sin γ bcosβ−c2 cos γ −1 bcosβ−c2 cos γ bsinβ−c2 sin γ  ˙ β2 ˙ γ2 + −bsinβc2 sin γ bcosβ−c2 cos γ −1 acosα asinα ˙ α2 (11) Si consideri ora una seconda equazione di chiusura:(C−O′ ) + (D−C) + (O′ −D) = 0 (12) • dil modulo di (D−C),δla sua anomalia •eil modulo di (O′ −D) si ha cej γ +dej δ +e= 0(13) ovvero(ccosγ+dcosδ+e= 0 csinγ+dsinδ= 0(14)Risolvendo il sistema di equazioni trascendenti, per esempio con metodi alla Newton-Raphson, `e possibile determinare il legami δ=δ(γ), che unito al legameγ=γ(α) permette di definireδ=δ(α). La derivata nel tempo della(13) `e j˙ γ cej γ +j˙ δdej δ + ˙e= 0(15) ovvero(−c˙ γsinγ−d˙ δsinδ+ ˙e= 0 c˙ γcosγ+d˙ δcosδ= 0(16) che rappresenta, istante per istante, un sistema lineare in˙ δ, ˙e: −dsinδ1 dcosδ0  ˙ δ ˙ e = csinγ −ccosγ ˙ γ(17) che ha soluzione˙ δ ˙ e = −dsinδ1 dcosδ0 −1 csinγ −ccosγ ˙ γ=    ∂ δ∂ γ ∂ e∂ γ     ˙ γ=    ∂ δ∂ γ ∂ e∂ γ     ∂ γ∂ α ˙ α(18) La derivata nel tempo della(15) `ej¨ γ cej γ −j˙ γ2 cej γ ¨ δdej δ −j˙ δ2 dej δ + ¨e= 0 (19) ovvero(−c¨ γsinγ−c˙ γ2 cosγ−d¨ δsinδ−d˙ δ2 cosδ+ ¨e= 0 c¨ γcosγ−c˙ γ2 sinγ+d¨ δcosδ−d˙ δ2 sinδ= 0(20) che rappresenta, istante per istante, un sistema lineare in¨ δ, ¨e: −dsinδ1 dcosδ0  ¨ δ ¨ e = dcosδ csinδ ˙ δ2 + csinγ −ccosγ ¨ γ+ ccosγ csinγ ˙ γ2 (21) la soluzione del quale permette, una volta sostituiti i legami fra γeαdefiniti nei passaggi precedenti, di ricavare i legami di¨ δe ¨econα,˙ α. 1.2) Dinamica Si consideri il Teorema dell’Energia Cinetica, applicato al sistema in esame. L’unico elemento con massa non trascurabile `e l’astac, quindi l’energia cinetica del sistema `e T=12 m vT Gv G+12 J ω T bω G(22) considerando che vG= j˙ αaej α +j˙ γb2 e j γ =( −a˙ αsinα−b2 ˙ βsinβ a˙ αcosα+b2 ˙ βcosβ(23) e quindi, derivando nel tempovT Gv G= a2 ˙ α2 +b 24 ˙ β2 +ab2 ˙ α˙ βcos(α−β) (24) si ha poi ω b=˙ β. La potenza delle forze esterne `e Π =−mg·Im(v G) −F·˙ e+C m· ˙ α(25) Applicando il T.E.C. si ottiene m a2 ¨ α˙ α+b 24 ¨ β˙ β+ 2ab2  ( ¨α˙ β−˙ α¨ β) cos(α−β)−˙ α˙ β( ˙α−˙ β) sin(α−β)  +J¨ β˙ β=−mg a˙ αcosα+b2 ˙ βcosβ −F˙ e+C m˙ α (26) Inserendo, formalmente, i legami cinematici trovati al punto precedente, e semplificando l’arbitraria ˙α, si ottiene: m a2 ¨ α+b 24 ¨ β∂ β∂ α + 2 ab2  ( ¨α∂ β∂ α − ¨ β) cos(α−β)−˙ β( ˙α−˙ β) sin(α−β) +J¨ β∂ β∂ α = −mg acosα+b2 cos β∂ β∂ α  −F∂ e∂ α + C m (27) da cui `e immediato ricavare la coppiaC mche garantisce il moto richiesto. 1.3) Reazioni VincolariSi consideri dapprima il sistema con i vincoli a terra in O, O’ e D rimossi. Il bilancio di momenti rispetto al polo O’, considerando positivi i momenti in direzione antioraria, fornisce: Cm− V O acosα+bcosβ−c2 cos γ + (ma Gy+ mg) c2 cos γ−b2 cos β +ma Gx c2 sin γ+b2 sin β +V D( f+e) = 0 (28) La reazioneV D`e immediatamente fornita da un bilancio di momenti della sola asta CO’ attorno al polo C: Cm+ V Dd cosδ= 0 VD= −C md cosδ(29) ´ E ora possibile ricavare l’espressione della reazione verticale in O,V O VO=C m 1−1d cosδ
+ (ma Gy+ mg) c2 cos γ−b2 cos β
+ma Gx c2 sin γ+b2 sin β
acosα+bcosβ−c2 cos γ
(30) Si consideri ora la sola asta OA, separata dal resto del sistema. Un bilancio di momenti rispetto al polo A, considerando positivi i momenti in direazione antioraria, fornisce: HOa sinα−V Oa cosα+C m= 0 (31) da cui HO=V Oa cosα−C ma sinα(32) Esercizio 2 2.1) Velocit`a a regime in moto retrogrado Assumento che verso positivo della velocit`a angolare del sistema sia quello che porta la massa m a salire, le potenze lato motore Πm, persa a cavallo della trasmissione Π pe lato utilizzatore Π usono, in moto retrogrado: Πm= C mω m− J m˙ ω mω m= ( A−Bω m) ω m− J m˙ ω mω m(33a) Πp= −(1−η r)Π u(33b) Πu= M gRω u− (mg(sinα+f dcos α))Rω u− M R2 ˙ ω uω u− mR2 ˙ ω uω u− J˙ ω uω u(33c) ovveroΠm= C mω m− J m˙ ω mω m= ( A−Bω m) ω m− J m˙ ω mω m(34a) Πp= −(1−η r)Π u(34b) Πu= M gRω u− (mg(sinα+f dcos α))Rτ ω m− ((M+m)R2 τ2 −J τ) ˙ω mω m(34c) L’equazione di moto del sistema, in condizioni di moto retrogrado, `e quindi: Jm+ η r (M+m)R2 +J
τ2
˙ ω m= A−Bω m+ η rM gRτ −η rmg (sinα+f dcos α) (35) A regime:0 =A−Bω m0+ η rM gRτ −η rmg (sinα+f dcos α) (36) da cui la velocit`a di rotazione del motore a regime `e ωm0=A +η rM gRτ −η rmg (sinα+f dcos α)B (37) Per avere moto retrogrado, `e necessario che Πu> 01 . In condizioni di regime si ha ηrM gRτ > η rmg (sinα+f dcos α) (38) ovveroM > m(sinα+f dcos α)(39) 2.2) Accelerazione allo spunto in moto diretto In moto diretto, conf d= 0, l’equazione di moto diventa ηdJ m+ (M+m)R2 +J
τ2
˙ ω m= η d( A−Bω m) + M gRτ−mgsinα(40) in condizioni di spunto da fermoω m= 0. L’accelerazione corrispondente `e ˙ ω m,s=η dA +M gRτ−mgsinαη dJ m+ (( M+m)R2 +J)τ2(41) 2.3) Tensione nella funeSi consideri la sola massa M , separata dal resto del sistema, e si metta in evidenza la tensione nella fune in corrispondenza della sezione B-B, assunta positiva verso l’alto. Il bilancio di forze in direzione verticale restituisce immediatamente l’espressione della tensione:ϕB−B= M g−M Rτ˙ ω m,s(42) Si consideri ora la sola massa m, separata dal resto del sistema, e si metta in evidenza la tensione della fune in corrispondenza della sezione A-A, assunta positiva verso sinistra. L’espressione di ϕ A−A `e data questa volta dal bilancio di forze in direzione parallela al piano inclinato: ϕA−A= mRτ˙ ω m,s+ mgsinα(43) Esercizio 3 3.1) Precarico statico della molla In condizioni di equilibrio statico, con il centro del disco spostato verso il basso di x0 rispetto alla condizione in figura, la componente verticale della forza della molla deve equilibrare il peso del disco. Si ha quindi: k∆ℓ 0sin θ 0− mg= 0(44) conθ 0si `e indicato l’angolo che la molla forma con l’orizzontale, pari a θ0= tan− 1 x0d  (45) che quindi valeπ/6 nella condizione richiesta. L’allungamento della molla `e invece ∆ℓ 0=qd 2 +d2 tan2 (π/6)−ℓ i= d2√ 3 − ℓ i(46) Quindi il valore diℓ iche garantisce l’equilibrio con θ 0= dtan(π/6) `e dato da k12  d2√ 3 − ℓ i −mg= 0(47) e risultaℓi= 2 d√ 3 − mgk  (48)1 Si noti che, perch´e la condizione abbia un senso fisico pi`u realistico, deve essere anche Π m < 0. Si potrebbe ipotizzare che il motore possa funzionare da freno, invertendo il segno di Adi modo che sia negativa, oppure occorre che ω m0 sia in modulo sufficientemente grande da rendere negativa la coppia motriceC m= A−Bω m. 3.2) Equazione linearizzata del moto Si consideri il lavoro virtuale delle forze applicate al sistema: δW=δx(mg) +δx(−k∆ℓsinθ 0) + δx(−r˙ x) +δx(−M¨ x) +δφ(−J¨ φ) +δφC(t) (49) dove la rotazione del disco `eφ=x/R, mentre l’allungamento della molla vale ∆ℓ=pd 2 +x2 −ℓ i=pd 2 +x2 −2 d√ 3 − mgk  (50) La forza della molla rappresenta l’unico elemento non lineare. La sua espansione in serie di Taylor restituiscek∆ℓsinθ 0( x)≈k∆ℓ 0sin θ 0( x) + kd ∆ℓdx sin θ 0+ k∆ℓ 0ddx (sin θ(x)) (x−x 0) =mg+ k(d2 +x2 0)− 1/2 x012 + 2 mgcos(π/6)1d (1 +x2 0/d2 )! ∆x =mg+ k14 + 2 mg√3 2 1d (1 + 1/3)! ∆x =mg+ k4 + mg3√3 4 d! ∆x =mg+k∗ ∆x(51) sostituendo l’espressione linearizzata dik∆ℓe l’espressione diφnell’espressione del lavoro virtuale si ottiene δx −M¨ x−JR 2¨ x−r˙ x−k∗ ∆x+1R C (t) = 0 (52) l’incremento virtualeδx`e arbitrario, e ∆ ¨x= ¨x, ∆ ˙x= ˙x. Quindi l’equazione di moto risulta  M+JR 2 ∆ ¨x+r∆ ˙x+k∗ ∆x=1R C (t) (53) 3.3) Risposta a regime al forzamento La soluzione particolare dell’equazione di moto, considerando il forzamento armonicoC(t) =C 0ej Ωt `e nella forma ∆x P( t) =Xej Ωt (54) che sostituita nell’equazione di moto restituisce immediatamente la funzione di risposta in frequenza:XC 0( jΩ) =1R 1− Ω2 M+JR 2 +iΩr+k∗(55)