meccanica applicata alle macchine …

Meccanica Applicata alle Macchine CittàStudi Ed., Callegari Fanghella Pellicano 2013

Errata corrige Nel conteggio righe si considerano solo le righe di testo (formule e tabelle sono escluse) Pagina Riga/Figura

/equazione/ tabella

Parte errata o incompl Parte corretta

78 Fig 4.3

In c) il telaio è 2 In e) il telaio è 4

78 M E C C A N I C A A P P L I C A T A A L L E M A C C H I N E

(b)(a)

Figura 4.2Esempi di sistemi di movimento complessi: a) riduttore a più stadi, b) robot

Figura 4.3Esempi di inversione cinematica: catena cinematica con 3 coppie rotoidali e una prismatica.

(c)(b)(a)

(e)(d)

In Figura 4.3 sono mostrate varie inversioni cinematiche di una catena formata da 4 corpi chiusi in una maglia da 3 coppie rotoidali (fra i corpi 1 e 2, 2 e 3, 3 e 4) e una prismatica (fra il corpo 1 e il corpo 4). Nella Figura 4.3b, è assunto come telaio il corpo 1 e da questo discendono alcune caratteristiche del movimento assoluto degli altri corpi: il corpo 4, essendo vincolato al telaio da una coppia prismatica, potrà solo traslare lungo una direzione fissa (orizzontale in figura) rispetto al riferimento assoluto, il corpo 2, vincolato a telaio da una coppia rotoidale (punto O), potrà solo ruotare attorno a questo punto, fisso, e, infine il corpo 3 vincolato ai corpi 2 e 4 tra-mite rotoidali, avrà un movimento piano di tipo generale (traslazioni in direzioni x e y e rotazione). Questa configurazione è molto nota, essendo usata, ad esempio, nei motori a combustione interna e in molte altre macchine, e sarà studiata in dettaglio

Capitolo 4_meccanica.indd 78 13/03/13 16:41

81 Fig. 4.7

Sul membro 4 il vettore è zBC

82 righe 8-‐11 dal basso

Non è definito espicitamente il concetto di maglie indipendenti

Definizione di maglia indipendente: In un meccanismo, una maglia è un percorso chiuso formato da un'alternanza di corpi e coppie cinematiche. Un insieme di maglie che contiene tutti i corpi e le coppie del meccanismo, e che non può essere ridotto senza escludere almeno un corpo o una coppia è detto insieme di maglie indipendenti. La seguente formula di Eulero consente di determinare il numero di maglie indipendenti in un grafo: Numero_maglie_indipendenti=e-‐v+1 in cui e= numero dei lati (edges) del grafo; v= numero dei vertici del grafo Per applicare questa formula a un meccanismo, basta considerare che i vertici del grafo corrispondono ai corpi del meccanismo, mentre le coppie (considerate con la loro molteplicità) ai suoi lati.

101 eq. 4.51

τ 21 =ω1 /ω 2 = lP21_P23 / lP12_P13 = r2 / l1

81C I N E M A T I C A D E I M E C C A N I S M I P I A N I

Anche il meccanismo in Figura 4.6, denominato biella-manovella o manovelli-smo di spinta, che corrisponde al cinematismo utilizzato per ogni singolo cilindro del motore mostrato in Figura 4.1c, è formato da una maglia chiusa costituita da quattro corpi e quattro coppie. Rispetto al caso precedente, la coppia fra i corpi 1 (telaio) e 4 (pattino) è prismatica invece che rotoidale. I vettori z

2 e z

3 sui corpi con

due coppie rotoidali hanno caratteristiche analoghe al caso precedente; il vettore zOB

che congiunge l’origine O con il punto B ha fase costante, ma lunghezza variabile dato che il pattino 4 è vincolato dalla coppia prismatica a muoversi su una retta coin-cidente con l’asse x del riferimento assoluto.

Figura 4.6Modello cinematico del biella manovella.

(b)(a) (c)

Questo approccio può essere applicato a meccanismi piani di qualunque comples-sità. In Figura 4.7 vengono mostrati i modelli dei due meccanismi mostrati in Figura 4.1a e b. Ad esempio, per il primo di questi due meccanismi, si hanno i vettori: z

1OA

sul corpo 1 (telaio), z2 sul corpo 2, z

3CD e z

3DP sul corpo 3, z

4 sul corpo 4, z

5BE e z

5ED

sul corpo 5; tutti questi vettori, definendo la distanza fra due punti appartenenti allo stesso corpo, hanno modulo costante e, ad eccezione di z

1OA, che è fisso, fase varia-

bile. Il corpo 6 (pattino), connesso al 5 con una coppia rotoidale e al telaio 1 con una prismatica è, dal punto di vista cinematico, puntiforme, in quanto si è assunto che l’asse della coppia prismatica passi per il centro della rotoidale (punto B); ad esso, pertanto, non è associato nessun vettore. Tuttavia, per descriverne il movimento è necessario introdurre il vettore z

AB che ha fase costante (la coppia prismatica è ad as-

se fisso) e modulo variabile. La geometria del meccanismo di sospensione posteriore è definibile in maniera del tutto analoga (Figura 4.7b), tenendo conto che i corpi 3 e 4 e la coppia prismatica che li connette (ammortizzatore) sono rappresentati da un unico vettore a modulo e fase variabili (z

BC).

Figura 4.7Modelli vettoriali dei meccanismi: a) alzacristalli automobilistico; b) sospensione posteriore di bicicletta.

(b)(a)



In Figura 4.24 vengono mostrati il quadrilatero e i suoi C.i.r. in una diversa posi-4.24 vengono mostrati il quadrilatero e i suoi C.i.r. in una diversa posi-vengono mostrati il quadrilatero e i suoi C.i.r. in una diversa posi-zione; in questo caso, la posizione di P24 interna al segmento P12P14 denota un rap-porto w4/w2 di segno negativo. Data la posizione (interna a P12P13) di P23 il rapporto w3/w2 è negativo anche in questa posizione.

Dati tre corpi i, j e k, e i loro rispettivi C.i.r. (Pij, Pjk e Pki), per il teorema di Aronhold-Kennedy sempre allineati, vale la relazione, che definisce, in generale, il rapporto di trasmissione fra due qualunque di essi:

tij = wj / wi = ± lPij_Pik / lPij_Pjk (4.49)

con le condizioni sul segno prima discusse (segno positivo se Pij esterno al segmento PjkPki).

Ad esempio, nel caso dei tre corpi di Figura 4.25, il portatreno 1, le due ruote 2 e 3, vincolate al portatreno da coppie rotoidali in P12 e P13 e fra di esse a un moto di puro rotolamento nel punto di contatto P23 delle due circonferenze (r2 + r3 = l1), si ha:

1) i = 2, j = 3, k = 1 (rapporto di trasmissione fra le due ruote, considerato fermo il portatreno):

t23 = w3 / w2 = – lP23_P12 / lP23_P13 = – r2 / r3 (4.50)

che costituisce il caso ben noto del rapporto di trasmissione fra due ruote; essendo P23 interno agli altri 2 C.i.r, tale rapporto è negativo;

2) i = 2, j = 1, k = 3 (rapporto di trasmissione fra il portatreno 1 la ruota 2, considerata ferma la ruota 3):

t21 = w1 / w2 = – lP21_P23 / lP12_P13 = r2 / l1 (4.51)

che è positivo, essendo P12 esterno agli altri 2 C.i.r.

Figura 4.25Centri di istantanea rotazione ruote-portatreno.

4.6.2POLARI DEL MOTO

Come evidenziato dalla Figura 4.21 e dalla Figura 4.24, in generale, il centro di istantanea rotazione di due corpi si muove, rispetto a tali corpi, durante il loro moto relativo. Questo non succede in tutti i casi: ad esempio, se due corpi sono connessi da una coppia rotoidale, il centro della coppia costituisce, in ogni istante, il C.i.r. fra tali corpi, e, per definizione, è anche fisso rispetto ad ambedue, anche se potrà, ovviamente, muoversi rispetto ad altri corpi o al riferimento assoluto. Tuttavia, in


103 terza riga dal basso

raggio 11 raggio l1

106 eq 4.61 aB_3 = aA + artB_A + arnB_A = aA + !ω 3 × B−A( )− ω 3

2 B−A( ) 107 fig 4.29

la freccia di artB_A va invertita

124 fig 5.9

Le parentesi sono sbagliate esempio T23 (=-‐T32)

161 eq. 6.32

Qz (t) = P ⋅∂zA∂z

= −P

170 riga 5

non c’è apice su η

172 fig. 6.16

173 eq. 6.68 (b) Pt1 =ω rPt2 Pt1 =ηrPt2


pendentemente, che, per costruzione risulteranno coniugati nel moto relativo pre-scelto (metodo del tracciamento indipendente); un rilevante vantaggio di questo approccio è che tutti i profili ottenuti da una stessa figura saranno coniugati, con-sentendo un accoppiamento a assortimento di un grande numero di componenti.

4.7ANALISI DI ACCELERAZIONE

4.7.1FORMULAZIONE GEOMETRICA

Per l’analisi di accelerazione si procede in maniera analoga a quanto effettuato per le velocità, partendo, ovviamente dalle relazioni che definiscono la distribuzione delle accelerazioni su un corpo rigido, e la definizione di accelerazione fra due sistemi in moto relativo (Appendice B).

Nel caso del quadrilatero precedentemente considerato, dati il valore della de-rivata seconda della coordinata libera (accelerazione angolare della manovella 2) qü2 = ZÛ2 e assunte note dalle precedenti analisi sia la posizione sia le velocità dei corpi del meccanismo, si può determinare direttamente tramite le formule di corpo rigido l’accelerazione del punto A (Figura 4.2�):

aA_2 = aO + artA_O + arnA_O = ZÛ2 = (A – O) – w22 = (A – O) = aA_3 (4.60)

Figura 4.28Analisi di accelerazione del quadrilatero articolato.

Nel caso generale, l’accelerazione di A è composta dalla componente normale (accelerazione centripeta) dovuta al moto circolare di A, parallela a z2, e dalla com-ponente tangenziale, ortogonale a z2, presente solo se l’accelerazione angolare della manovella è non nulla. Come per le posizioni e velocità, l’accelerazione di B dovrà essere determinata tenendo conto della presenza di ambedue i corpi 3 e 4, e delle accelerazioni relative sia tangenziali sia normali (centripete) su ognuno di essi:

aB_3 = aA + artB_A + artB_A = aA + ZÛ3 = (B – A) – w32 = (B – A)

aB_4 = aC + artB_C + arNB_C = ZÛ4 = (B – C) – w42 = (B – C)

(4.61)

Essendo per la coppia rotoidale B, aB = aB_4 = aB_3, le incognite di queste quattro equazioni scalari sono le quattro variabili in aB, ZÛ3 e ZÛ4. Il problema può essere risolto graficamente tramite un poligono di vettori, che rispetto al caso delle velocità, è leg-germente più complesso a causa della presenza di nuovi vettori noti (le accelerazioni centripete, arNB_A = – w3

2(B – A) e arNB_C = – w42(B – C), Figura 4.2�). Determinate dal

poligono le componenti tangenziali di accelerazione relativa, artB_A = ZÛ3 = (B – A), e



artB_C = ZÛ4�=�(B – C), in maniera analoga a quanto discusso per le velocità angolari,

è possibile determinare verso e modulo delle accelerazioni angolari dei corpi 3 e

4, ZÛ3 = artB_A/z3

, verso orario, e ZÛ4 = artB_C/z4

, verso antiorario. L’accelerazione di un

eventuale punto di interesse progettuale (P in Figura 4.2�) sarà ottenuta, ad esempio,

dalla formula delle accelerazioni relative fra punti di uno stesso corpo rigido (3),

tramite la seguente relazione:

aP = aA + artP_A + arNP_A = aA + ZÛ3 = (P – A) – w

3

2(P – A) (4.62)

che può essere svolta anche graficamente (Figura 4.2�).

Nel caso del meccanismo biella manovella (Figura 4.29), determinata al solito

modo l’accelerazione del punto A, l’equazione delle accelerazioni sui corpi 3 e 4,

quest’ultimo vincolato a traslare orizzontalmente aB =axB0

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟, e la coppia rotoi-

dale in B, consentono di formulare le seguenti equazioni:

axB0

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= aA + a rtB_ A + a rnB_ A = aA + !w3 × B −A( ) − w3

2 B −A( ) (4.63)

nelle incognite axB e ZÛ3, come al solito risolubili graficamente per il vettore aB e

poi con la semplice formula ZÛ3 = artB_A/z3

per il modulo dell’accelerazione angolare

(verso antiorario).

Figura 4.29Analisi di accelerazione del biella-manovella.

Si voglia ora effettuare l’analisi di accelerazione del meccanismo a ritorno rapido

di Figura 4.19, per il quale si assume, ad esempio, rotazione della manovella 2 a ve-4.19, per il quale si assume, ad esempio, rotazione della manovella 2 a ve-, per il quale si assume, ad esempio, rotazione della manovella 2 a ve-

locità costante, nota (qü2 = ZÛ

2 = 0); da questo si ricava, direttamente, per la rotoidale in

B fra i corpi 2 e 3, aB_2 = aB_3

= – w2

2(B – O), che come in precedenza può essere svolta

graficamente (Figura 4.30). L’accelerazione del punto B sul corpo 4 è determinata

considerando, come per le velocità, sia il moto assoluto del corpo 4 che il moto

relativo fra i corpi 3 e 4, legato alla presenza di una coppia prismatica fra di essi. In

questo modo si ottengono le due relazioni vettoriali sottostanti:

aB_4 = artB_A + arnB_A = ZÛ

4 = (B – A) – w

4

2(B – A)

aB_4 = aB_3

+ arB4_3 + acBo4_3

= aB_3 + aB3_B4

– 2w3 = vrB4_B3

(4.64)

nelle quali le incognite sono aB_4, ZÛ

4 e aB4_B3

, mentre sono note, oltre a aB_3, tut-

te le accelerazioni dipendenti dalle velocità che sono la componente centripeta

arnB_A = – w4

2(B – A) e l’accelerazione di Coriolis acBo4_3 = – 2w

3�=�vrB4_B3

che nasce a

causa della presenza della velocità angolare del corpo 3 e della velocità relativa



* Se sono presenti bielle scariche, è opportuno identificarle per tenere conto della direzio-

ne (nota) delle forze scambiate: in questo modo il sistema di equazioni che dovrà essere

risolto sarà caratterizzato da 1 incognita (ed ovviamente 1 equazione) in meno, per cui

risulta più semplice.

* Applicare il principio di azione e reazione: quando si disconnette una coppia, nascono

sui 2 membri che erano in contatto 2 forze uguali e contrarie, cioè con lo stesso modulo,

la stessa direzione e verso opposto (ovviamente tali forze sono applicate l’una ad un

membro e l’altra al secondo membro): sempre per ridurre la complessità del successivo

problema algebrico, anziché dare 2 nomi diversi a tali forze di contatto, ad es. Rij ed R

ji, e

poi imporre la relazione Rij = – R

ji, è bene fin dall’inizio dare lo stesso nome alle 2 forze e

disegnarle nello schema con i versi opposti.

* Scrivere le equazioni di equilibrio di ciascuna parte sia stata isolata e comporre un siste-

ma algebrico lineare nei moduli delle forze incognite.

* Verificare che il sistema sia ben posto (ovvero di avere tante equazioni quante incognite)

e risolverlo per determinare le reazioni vincolari e le altre forze esterne eventualmente

incognite.

Figura 5.9 Esempio

di diagramma

di corpo libero.

Esempio 5.1

Si consideri il meccanismo schiaccia-lattine rappresentato in Figura 5.7b in cui

OB = =r l2

; nell’ipotesi di poter trascurare gli attriti, determinare la forza di compres-

sione esercitata dal pistone in funzione della forza di comando F quando q = 30°.

Prima di sviluppare l’analisi statica del meccanismo occorre determinare il valore degli

angoli mostrati in Figura 5.10; dal teorema dei seni si ricava:

l

l2 2 3 45sen sen

arcsen sen( 0q y

y= → = °( ) = °) (5.2)

A questo punto si traccia il diagramma di corpo libero del sistema: viene indicata con Rij la

reazione vincolare che agisce sul corpo j per effetto del contatto con il corpo i; inoltre tali


161D I N A M I C A D E I S I S T E M I M E C C A N I C I

6.2.5

EQUAZIONI DI LAGRANGE

L’approccio lagrangiano, richiamato in appendice D, è molto utile per lo studio della dinamica dei sistemi meccanici a più gradi di libertà. Dal momento che le relative equazioni sono ottenute direttamente in forma chiusa tramite alcuni passaggi mate-matici di derivazione della funzione Lagrangiana L, questo metodo si presta bene ad essere applicato in modo del tutto generale, per esempio dai simulatori di sistemi multibody. La scelta delle coordinate libere diventa un aspetto rilevante del metodo, in quanto da essa può dipendere la complicazione (o meno) del modello ottenuto e anche la sua significatività fisica.

Le forze interne al sistema non devono essere prese in considerazione, a diffe-renza del metodo di Newton-Eulero, mentre quelle esterne vanno “proiettate” nella direzione delle coordinate libere tramite il principio dei lavori virtuali oppure, se conservative, se ne può tenere conto tramite la loro energia potenziale. Uno svan-taggio del metodo risiede nel fatto che l’interpretazione fisica dei passaggi richiesti non è immediata, così come le grandezze coinvolte (ad es. la funzione lagrangiana) non hanno un significato meccanico intuitivo.

Esempio 6.5

Si studi la dinamica verticale di un’autovettura adottando il modello semplificato delle so-

spensioni mostrato in figura.

Figura 6.6 Modello

semplificato

della dinamica

verticale

di un autoveicolo.

Si scelgano come coordinate libere lo spostamento verticale z del baricentro e l’angolo di

beccheggio q: ipotizzando piccole oscillazioni, i punti di attacco delle sospensioni A e B si

muovono sulla verticale con spostamenti rispettivamente di zA = z + aq e zB = z – bq. L’ener-

gia cinetica e quella potenziale dell’auto valgono rispettivamente:

T t mz JG( ) = +12

12

2 2� �q (6.30)

U t mgz k z a k z ba b( ) = + +( ) + −( )12

12

2 2q q (6.31)

La forza P(t) che agisce direttamente sull’assale anteriore va “proiettata” nelle direzioni

delle coordinate libere, fornendo:

Q tzPz

A( ) = ⋅∂

∂=PP

zz (6.32)



Si osserva che è sufficiente conoscere un solo valore del rendimento per stu-diare il flusso di potenza diretto e retrogrado quando il rendimento è abbastan-za alto: sia h( f ) il rendimento funzione del coefficiente di attrito f, ovviamente h(0) = 1: se f è piccolo allora si può sviluppare in serie di McLaurin ottenendo

h hh

e'( ) ( ) –ff

f ff

= +∂∂

+…=

0 10

� con 0 < e << 1, da questa espressione si calcoli

il rendimento nel flusso retrogrado hh e

e'( ) (– ) –ff f

f=+

= +…1 1

1 1� ; questo di-

mostra che se il rendimento è elevato si può assumere h � h'.

6.4.3 FLUSSO DI POTENZA NELLE TRASMISSIONI

Come è già stato notato, nelle trasmissioni meccaniche il flusso di potenza si può a volte invertire, per cui essa occasionalmente fluisce dall’utilizzatore al motore: per studiare la dinamica della macchina, pertanto, occorre preventivamente accertarsi del verso del flusso di potenza e di conseguenza utilizzare il valore di rendimento appropriato (diretto hd o retrogrado hr).

La determinazione del flusso di potenza può essere a volte immediata, ad esempio se la macchina è a regime, ma in condizioni di moto vario le variazioni di energia cinetica delle masse a monte e a valle della trasmissione possono portare a versi imprevisti di tale flusso per cui in questo caso è necessaria una analisi accurata. A tal fine, è possibile separare la macchina in 3 sottosistemi, come mostrato in Figura 6.14, e poi applicare a ciascuno di essi l’equazione di bilancio energetico. Si noti che in questo schema la trasmissione, che divide in due il sistema, è supposta priva di inerzie per cui queste, se rilevanti, vanno in parte imputate al lato motore e in parte al lato utilizzatore.

Figura 6.14 Flusso di potenza attraverso le trasmissioni: a) moto diretto; b) moto retrogrado.

(b)(a)

I versi delle potenze Pm e Pu potrebbero essere anche diversi da quelli mostrati in Figura 6.14 perché in transitorio la presenza delle inerzie Jm e Ju potrebbe consentire anche casi (per la verità piuttosto improbabili) in cui la potenza esce oppure entra da entrambi i lati del volano. Quando non è noto a priori se è opportuno riferirsi allo schema di Figura 6.14a oppure a quello di Figura 6.14b, occorre fare una ipotesi plausibile e poi verificare tramite il segno delle potenze P1 e P2 il verso effettivo del flusso di potenza. Con riferimento al caso diretto e al verso delle potenze mostrato in Figura 6.14a, per esempio, si possono scrivere le seguenti equazioni di bilancio delle potenze:


i

Ni

211 riga 16

Fi + Fel = 0

215 riga 11 ! ℓ1 − xsenβ

215 riga 11 ! ℓ2 − xsenα 219 ruga 11

valida solo per ℓ1 = ℓ2

219 EQ 7.23

ddt

∂T∂ !y1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= m

4+

JG

ℓ1 + ℓ2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥!!y1 +

m4−

JG

ℓ1 + ℓ2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥!!y2 ,

ddt

∂T∂ !y2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= m

4−

JG

ℓ1 + ℓ2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥!!y1 +

m4+

JG

ℓ1 + ℓ2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥!!y2 ,

∂U∂y1

= k1y1 , ∂U∂y2

= k2 y2

223 riga 4 t* (può anche essere 0) 226 esempio 7.7

fn =12π

1,239 ×105 Nm

1kg= 56,02Hz

229 esempio 7.9

θM = ℓGJp

M

233 eq 7.48

x(t) = Xe−ζωnt sin( 1−ζ 2ω nt +φ)xoa

+ X cos(ωt −ψ )

xp

x(t) = !Xe−ζωnt cos( 1−ζ 2ω nt +φ)xoa

" #$$$$ %$$$$+ X cos(ωt −ψ )

xp

" #$$ %$$

233 riga 5 dal basso

ψ = arctan22ζω ω n

1− ω ω n( )2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

ψ = arctan2 2ζω ω n ,1− ω ω n( )2( ) 241 eq 7.65

r(t)r(t)

= −φT Mφ

φTΚφ= cost=-ω 2

!!r(t)r(t)

= −φTKφ

φT Mφ= cost=-ω 2

211V I B R A Z I O N I M E C C A N I C H E

questa equazione si può riscrivere in forma più generale dividendola per m, si ottiene l’equazione dell’oscillatore armonico, utilizzata come paradigma in molti campi della Fisica-Matematica:

x + wn2 x = 0 (7.3)

il termine costante ωn k m= / è detto pulsazione naturale, come vedremo in segui-to, esso definisce il periodo di oscillazione del sistema.

Esempio 7.1 Vibrazioni longitudinali di una barra con massa d’estremità

Si consideri il sistema in Figura 7.10, una barra è vincolata all’estremità sinistra al telaio, mentre all’estremità destra è posta una massa m. Si trascuri la massa della barra nel determinare l’equazione del moto. La variabile lagrangiana è lo spostamento orizzontale x della massa.

Figura 7.10 Barra longitudinale.

Si applichi una forza F all’estremo della barra, lo spostamento risulta essere: d = FLAE

,

dove L è la lunghezza della barra, A l’area della sezione trasversale, E il modulo di Young, questa relazione fornisce una legge lineare dello spostamento in funzione della forza

applicata; si ottiene la rigidezza equivalente k F AELeq = =

d. Durante il moto vibratorio la

massa è soggetta alla forza di inerzia Fi = – mx e alla forza elastica Fel = – keq x, dall’equi-librio dinamico Fi = + Fel = 0 si ottiene l’equazione del moto:

m!!x +AEL

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ x = 0 (7.4)

Si noti che l’equazione 7.4 è formalmente identica alla 7.2, il sistema si comporta quindi

come un oscillatore armonico, dove ora wnAEmL

= .

Esempio 7.2 Vibrazioni flessionali di una trave a mensola con massa d’estremità

Un forte evento sismico nella regione Emilia Romagna, con epicentro tra Finale Emilia, Bon-dengo e Sant’Agostino (comuni in provincia di Modena e Ferrara), avvenuto nella notte del 20 maggio 2012, di notevole magnitudo (5.9 Richter), causò diversi danni e alcune vittime, tra le quali un operaio schiacciato dal crollo di un silos, Figura 7.11a. La probabile causa del crollo fu l’oscillazione del terreno in direzione orizzontale (terremoto ondulatorio), la quale ha indotto delle forti oscillazioni del silos e successivamente il crollo dovuto quasi sicura-mente ad un’instabilità secondaria della struttura a guscio (il tema della stabilità elastica è oltre gli scopi del testo e implica studi di tipo superiore).Il semplice modello di Figura 7.11b, pur se estremamente semplificato, permette di descri-vere qualitativamente il comportamento dinamico del sistema. La deformazione d’estremi-tà x di una trave incastrata, sotto l’azione di una forza trasversale F applicata all’estremità



C C C

C C

12

2

2

2

2

1 2

= ( ) + ( )+

=

sen

sen sen

a a

b a

cos AB (7.10)

da cui si ricavano facilmente le quantità incognite.

Si consideri ora uno spostamento x della massa m verso il basso, a tale spostamen-

to corrisponde una variazione di lunghezza dell’asta BC e del cavo AC. Si consideri la

Figura 7.15, per effetto della deformazione strutturale il punto C si sposta verticalmen-

te nel punto C' (si ricordi che il modello è semplificato e gli spostamenti orizzontali so-

no trascurati, inoltre si trascura la variazione di b), ciò porta a determinare per esempio

la lunghezza del cavo dopo l’applicazione del carico: A vC � vC1� C

1

2 x2 <2xC1senb ,

questa relazione può essere linearizzata per piccoli spostamenti x e può essere ge-

neralizzata per ottenere le lunghezze approssimate del cavo e dell’asta dopo la de-

formazione, mediante uno sviluppo in serie di Mc Laurin in x arrestato al primo ordine:

A ʹC = ℓ1= ℓ

1+ Dℓ

1" ℓ

11 − x senb( ) e B ʹC = ℓ

2= ℓ

2+ Dℓ

2" ℓ

21 − x sena( ). Questa opera-

zione di linearizzazione è lecita quando si è ragionevolmente convinti che i termini di ordine

superiore siano trascurabili; nel caso specifico ciò è vero quando x << C1,2

.

L’energia potenziale accumulata nelle molle è:

U k k k x kk eq= + ( ) =+12

12

12

121 1

22 2

21

22

2 2D D b aℓ ℓ " sen sen xx2 (7.11)

il modello equivalente è così completamente definito, la rigidezza equivalente keq è una

costante dipendente da parametri fisici e geometrici del problema.

Figura 7.15 Gru

per sollevamento:

deformazione cavo.

Si considerino i seguenti dati: a = 45°, AB = 3 m, E1 = 1010 Pa (trattasi di una fune in acciaio,

il modulo di Young equivalente è molto minore di quello dell’acciaio, per considerare il fatto

che la sezione reale resistente non è quella nominale), E2 = 2,1 = 1011 Pa, A

1 = 100 mm2,

A2 = 2500 mm2.

Si ottiene: C1 = 12,31 m, b = 35,07°, k

1 = 8,13 = 104

Nm

, k2 = 5,25 = 107

Nm

, keq = 2,63 = 107 Nm

.

7.2.3

SISTEMA A DUE GRADI DI L IBERTÀ

Si consideri un sistema meccanico composto da due masse puntiformi collegate tra loro e al telaio mediante molle (Figura 7.16). Si restringa l’attenzione al moto verti-cale e si ometta la forza di gravità, cioè si consideri il moto del sistema attorno alla posizione di equilibrio statico.



C C C

C C

12

2

2

2

2

1 2

= ( ) + ( )+

=

sen

sen sen

a a

b a

cos AB (7.10)

da cui si ricavano facilmente le quantità incognite.

Si consideri ora uno spostamento x della massa m verso il basso, a tale spostamen-

to corrisponde una variazione di lunghezza dell’asta BC e del cavo AC. Si consideri la

Figura 7.15, per effetto della deformazione strutturale il punto C si sposta verticalmen-

te nel punto C' (si ricordi che il modello è semplificato e gli spostamenti orizzontali so-

no trascurati, inoltre si trascura la variazione di b), ciò porta a determinare per esempio

la lunghezza del cavo dopo l’applicazione del carico: A vC � vC1� C

1

2 x2 <2xC1senb ,

questa relazione può essere linearizzata per piccoli spostamenti x e può essere ge-

neralizzata per ottenere le lunghezze approssimate del cavo e dell’asta dopo la de-

formazione, mediante uno sviluppo in serie di Mc Laurin in x arrestato al primo ordine:

A ʹC = ℓ1= ℓ

1+ Dℓ

1" ℓ

11 − x senb( ) e B ʹC = ℓ

2= ℓ

2+ Dℓ

2" ℓ

21 − x sena( ). Questa opera-

zione di linearizzazione è lecita quando si è ragionevolmente convinti che i termini di ordine

superiore siano trascurabili; nel caso specifico ciò è vero quando x << C1,2

.

L’energia potenziale accumulata nelle molle è:

U k k k x kk eq= + ( ) =+12

12

12

121 1

22 2

21

22

2 2D D b aℓ ℓ " sen sen xx2 (7.11)

il modello equivalente è così completamente definito, la rigidezza equivalente keq è una

costante dipendente da parametri fisici e geometrici del problema.

Figura 7.15 Gru

per sollevamento:

deformazione cavo.

Si considerino i seguenti dati: a = 45°, AB = 3 m, E1 = 1010 Pa (trattasi di una fune in acciaio,

il modulo di Young equivalente è molto minore di quello dell’acciaio, per considerare il fatto

che la sezione reale resistente non è quella nominale), E2 = 2,1 = 1011 Pa, A

1 = 100 mm2,

A2 = 2500 mm2.

Si ottiene: C1 = 12,31 m, b = 35,07°, k

1 = 8,13 = 104

Nm

, k2 = 5,25 = 107

Nm

, keq = 2,63 = 107 Nm

.

7.2.3

SISTEMA A DUE GRADI DI L IBERTÀ

Si consideri un sistema meccanico composto da due masse puntiformi collegate tra loro e al telaio mediante molle (Figura 7.16). Si restringa l’attenzione al moto verti-cale e si ometta la forza di gravità, cioè si consideri il moto del sistema attorno alla posizione di equilibrio statico.



sistemi complessi e con molti gradi di libertà, come contropartita si perde in parte la fisica

del problema, si noti infatti che si perdono completamente le forze elastiche, il cui effetto è

però incluso nell’energia potenziale elastica.

Si è già notato che nella formulazione attuale il sistema di equazioni presenta una matrice

di massa diagonale e una di rigidezza non-diagonale, le equazioni sono dunque accoppiate

tramite quest’ultima. È facile mostrare che la forma delle equazioni del moto non è unica

per uno stesso sistema meccanico, essa dipende dalle coordinate lagrangiane.

In Figura 7.20 è rappresentato un sistema di coordinate alternativo, anziché spostamento

verticale del baricentro e rotazione, si scelgono gli spostamenti verticali dei punti A e B;

le nuove coordinate sono legate alle precedenti: y1(t) = x – C

1q e y

2(t) = x + C

2q; da cui si ha

immediatamente: xy y

=+1 2

2 e q =

+

y y2 1

1 2

–

C C.

Figura 7.20 Sistema

di coordinate

lagrangiane

alternative.

Le energie cinetica e potenziale sono date da:

T =1

2m

!y1+ !y

2

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

+1

2JG

!y2– !y

1

ℓ1+ ℓ

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

, U =1

2k

1y

1

2 +1

2k

2y

2

2 (7.22)

si sviluppino i termini necessari per le equazioni di Lagrange:

ddt

∂T∂!y

1

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y1+

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y2,

ddt

∂T∂!y

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y1+

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y2,

∂U∂y

1

= k1

y1

,∂U∂y

2

= k2y

2

(7.23)

da cui si ottengono le equazioni del moto:

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

""y1

""y2

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪+

k1

0

0 k2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

y1

y2

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=

0

0

⎧⎨⎩⎪

⎫⎬⎭⎪ (7.24)

come si vede ora la matrice di massa è non diagonale, mentre lo è la matrice di rigidezza.

È banale capire che scegliendo un altro sistema di coordinate lagrangiane si ottengono in

generale matrici piene.



sistemi complessi e con molti gradi di libertà, come contropartita si perde in parte la fisica

del problema, si noti infatti che si perdono completamente le forze elastiche, il cui effetto è

però incluso nell’energia potenziale elastica.

Si è già notato che nella formulazione attuale il sistema di equazioni presenta una matrice

di massa diagonale e una di rigidezza non-diagonale, le equazioni sono dunque accoppiate

tramite quest’ultima. È facile mostrare che la forma delle equazioni del moto non è unica

per uno stesso sistema meccanico, essa dipende dalle coordinate lagrangiane.

In Figura 7.20 è rappresentato un sistema di coordinate alternativo, anziché spostamento

verticale del baricentro e rotazione, si scelgono gli spostamenti verticali dei punti A e B;

le nuove coordinate sono legate alle precedenti: y1(t) = x – C

1q e y

2(t) = x + C

2q; da cui si ha

immediatamente: xy y

=+1 2

2 e q =

+

y y2 1

1 2

–

C C.

Figura 7.20 Sistema

di coordinate

lagrangiane

alternative.

Le energie cinetica e potenziale sono date da:

T =1

2m

!y1+ !y

2

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

+1

2JG

!y2– !y

1

ℓ1+ ℓ

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

, U =1

2k

1y

1

2 +1

2k

2y

2

2 (7.22)

si sviluppino i termini necessari per le equazioni di Lagrange:

ddt

∂T∂!y

1

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y1+

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y2,

ddt

∂T∂!y

2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y1+

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

!y2,

∂U∂y

1

= k1

y1

,∂U∂y

2

= k2y

2

(7.23)

da cui si ottengono le equazioni del moto:

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

m4−

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

m4+

JG

ℓ1+ ℓ

2( )2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

""y1

""y2

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪+

k1

0

0 k2

⎡

⎣

⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥

y1

y2

⎧⎨⎪

⎩⎪

⎫⎬⎪

⎭⎪=

0

0

⎧⎨⎩⎪

⎫⎬⎭⎪ (7.24)

come si vede ora la matrice di massa è non diagonale, mentre lo è la matrice di rigidezza.

È banale capire che scegliendo un altro sistema di coordinate lagrangiane si ottengono in

generale matrici piene.



X è l’ampiezza di oscillazione, è la fase, che si possono ricavare dal confronto con la 7.30, si ha infatti che x = X cos(wnt + ) = X coswnt cos – X senwnt sen , da cui si ricava:

; � ��[�wQ

£

¤²

¥

¦´

�

[�� WDQ � <

�[�wQ [�

(7.33)

L’ampiezza X rappresenta la massima deflessione della molla k che in generale avviene nell’istante t*�ȴ��LQ�WDOH�PRPHQWR�VL�KD�x(t*) = X e xÛ(t*) = 0, l’energia totale

del sistema in queste condizioni è pari all’energia potenziale della molla 12

2kX ; uti-

lizzando la prima delle 7.33 si dimostra immediatamente che essa è pari all’energia

iniziale: E = T (t * )+U (t * ) = 12 kX

2 =12 k

!x0wn

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ x02

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥=

12 m !x0

2 +12 kx0

2 = Ein; si dimo-

stra quindi che l’energia totale resta costante.

La risposta libera di questo oscillatore è periodica con periodo Tn

=2pw

, ciò vuol di-

re che la vibrazione in questo caso è un fenomeno che si ripete nel tempo con una certa frequenza; la frequenza è definita come il numero di volte che un certo fenomeno si ripete nell’unità di tempo: per esempio una frequenza pari a 1000Hz implica che il fe-

nomeno si ripete 1000 volte al secondo, dunque il periodo è 11000 s , il periodo è perciò

l’inverso della frequenza. Nel caso dell’oscillatore armonico il periodo di oscillazione

libera è T fn=

1 . L’unità di misura della frequenza è [s–1 > Hz], da non confondere con

l’unità di misura della pulsazione [rad/s – 1]. Tramite la definizione di periodo si può

ricavare la relazione tra frequenza e pulsazione: T fn n= =

1 2pw

che implica wn = 2pfn.

Esempio 7.6 Conservazione dell’energia

Dimostrare che la soluzione 7.30 rispetta il principio di conservazione dell’energia.

SOLUZ I ONE

Considerando le 7.31 si ha

xx

t x t x x t x tn

n n n n n= + =�

� �00 0 0w

w w w w wsen e sencos cos – (7.34)

si calcolino ora energia potenziale e cinetica:

2 22 0

2

2

202 2 0 0U kx k

xt kx t k

x x

nn n

n

= = + +� �

ww w

wsen cos senww w

w w w

n n

n n n

t t

T mx mx t mx t

cos

cos sen –2 2202 2

02 2 2= = +� � mm x x t tn n nw w w0 0

� sen cos

(7.35)

l’energia totale è

E(t)=T (t)+U(t) =1

2m !x

0

2 sen2wnt+ cos2 wnt( )1" #$$$ %$$$

+ kx0

2 sen2wnt+ cos2 wnt( )1" #$$$ %$$$⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥=m !x

0

2+ kx0

2=cost (7.36)



Esempio 7.7 Barra longitudinale con massa d’estremità

Si consideri l’esempio di Figura 7.10, la barra ha una lunghezza L = 1 m e porta una massa d’estremità m = 1 kg, la barra è costituita d’acciaio e la sezione trasversale è tubo quadro di lato 30 mm e spessore 1 mm. Calcolare la frequenza propria.

Svolgimento

La rigidezza equivalente è data dalla 7.4 k AELeq = dove

A = 32 = 10–6 m2 – 2,92 = 10–6 m2 = 0,59 = 10–6 m2

da cui si ottiene la rigidezza equivalente

keq =× ×

= ×0 59 10 2 1 10

11 239 10

6 2 115, ,

,– m Pa

mNm

da cui si ottiene la frequenza propria

fn =×

=21 239 10

12211 65

5

p,

,

Nm

kgHz

Esempio 7.8 Trave a mensola con massa di estremità

Si consideri l’esempio di Figura 7.11, il silos ha un’altezza di circa L = 25 m, un diametro di D = 2,5 m e uno spessore della lamiera di s = 2 mm, si ipotizzi una massa di estremità pari a m = 8 Mg (comunemente dette “otto tonnellate”).

Svolgimento

Si consideri l’equazione 7.5, la rigidezza equivalente è: k EILeq =3

3, per calcolarla occorre

determinare il momento di inerzia della sezione trasversale della trave, trattandosi di una sezione circolare cava si ha I = pR3s dove R è il raggio della sezione, con i dati forniti si ha:

I = p2,5 m

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

3

2×10–3 m = 0,01227 m4

la rigidezza equivalente è:

keq =×

=32 1 10

25485376 1

11 4

3 3

,,

Pa 0,01227 m

m

Nm

la pulsazione propria è:

wn = =485376 1

80007 78922

,,

Nm

kgrad/s

nota la pulsazione propria si ricava immediatamente la frequenza propria pari a 1,23969 Hz e il periodo di oscillazione pari a 0,80665 s.



Esempio 7.9 Sistema barra di torsione

Un disco rigido è montato all’estremo di una barra a sezione circolare piena incastrata nell’altra estremità, Figura 7.28. Le dimensioni sono: L = 2 m, DB = 4 cm, s = 1 cm, R = 20 cm.Calcolare la frequenza propria nel caso di alluminio e acciaio.

Figura 7.28 Vibrazioni torsionali.

Si applichi una coppia M al disco, la coppia giace sul piano ortogonale all’asse della barra,

la rotazione risultante è data da qMpGJ M=C

dove G E=

+2 1( )n è il modulo di taglio, E il

modulo di Young, n il coefficiente di Poisson, Jp il momento di inerzia polare d’area della

sezione trasversale della barra, l la lunghezza barra; la rigidezza torsionale è kGJ

eqp=C

.

Detto J s D= rp 4

32, (D = R/2) il momento d’inerzia polare del disco, l’equazione del moto è:

Jq> + keqq = 0; e la pulsazione naturale wn eqk J= / .

Si hanno i seguenti risultati:

JD

pB= =

×= × −p p4 4

7 44 8

324 10

322 51327 10

–

,m

m

Alluminio Acciaio

G = ×+

= ×7 6 102 1 0 31

2 90076 1010

10,( , )

,Pa

Pa G = ×+

= ×2 1 10

2 1 0 38 07692 10

1110,

( , ),

PaPa

keq =× ×

=2 90076 10 2 51327 10

17290 41

10 7 4, ,,

–Pa mm

Nmm keq =× ×

=8 07692 10 2 51327 10

120299 5

10 7 4, ,,

–Pa mm

Nmm

J = × ×=−2700 10

2 20 1032

0 006785843

2 42 ( )

,–kg

mm

mkg

pm2 J = × ×

=−7600 102 20 10

320 0191009

3

2 42 ( )

,–kg

mm

mkg

pmm2

wn = =7290 41

0 006785841036 51

2

,

,,

Nm

kg mrad/s wn = =

20299 5

0 01910091030 9

2

,

,,

Nm

kg mrad/s


254 esempio 8.1 distanza tra i piani di equilibratura: l=0,5m 259 riga 8

w(t)

262 esercizio 2 ϕ = 30° ϕA = 30° 366 esercizio 6 domanda 7 sostituire Si/No con maggiore/minore 372 esempio 11.1 uscita (2) uscita (5) 380 riga 8 τ τ 0

380 riga 10 τ 2 =ω 3R

ω 2R

= − z2z3 τ 2 =

ω 3R

ω 2R

= z2z3

420 riga 5

γ = 2π

z

424 Fig. 11.68b

259D I N A M I C A D E I R O T O R I

La forza elastica che nasce dalla deformazione dell’albero e tende a riportare C in O è:

Fe =−kx−ky⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ (8.17)

dove k è la rigidezza dell’albero da calcolare mediante le formule classiche della

teoria dell’elasticità o, nei casi più complessi, con metodi numerici.

Similmente le forze dissipative sono date da:

Fd =−c !x−c !y⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ (8.18)

Le equazioni del moto sono date da:

mr = Fe + Fd (8.19)

per componenti si può riscrivere:

m!!x + c !x + kx = mw 2a cos wtm!!y + c !y + ky = mw 2a sen wt⎧⎨⎪

⎩⎪ (8.20)

Si definisca ora la funzione complessa w(t) = x(t) + j y(t) con j = –1; questa

funzione nella sua rappresentazione vettoriale nel piano complesso, coincide con b.

Si sommi la prima delle 8.20 alla seconda moltiplicata per j:

mw + cwų��kw = mw2 a ejwt (8.21)

La 8.21 è un’equazione differenziale complessa che si può studiare con i metodi

visti nel Capitolo 7. Vista la presenza dello smorzamento ci si può ridurre allo studio

del solo moto a regime, ovvero della soluzione particolare:

w(t) = wp(t) = |W| ej(wt – f) (8.22)

dove:

W =mw 2a

k − w 2m( )2+ cw( )2

=wwn

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

a

1− wwn

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

2

+ 2zwwn

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2 (8.23)

f= arctan2 cw

k − w 2m⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟= arctan2

2zwwn

1− wwn

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥

(8.24)

Si noti che la 8.22 assume implicitamente che la velocità di rotazione del vettore

b è pari a quella dell’albero sia in modulo che segno; questo tipo di moto è detto

“Synchronous Whirl”. Si può dimostrare che il “Backward Synchronous Whirl”,

cioè qų = – w è possibile solo se nella 8.17 si assumono diverse rigidezze lungo x e y.



v p vp

max min,cos

= =wg

w

g

g2 2

22 2sen sen

(11.64)

La velocità media di uscita della catena si può valutare come segue: per un avan-

zamento di un passo angolare gp

= =2z tω * (che avviene in un tempo t*) deve se-

guire un avanzamento della catena di un passo p, se si definisce V velocità nominale

della catena si può scrivere p = Vt*; si ricava facilmente che V pz=wp2

. Ricordando

che g p=

22

si può ricavare la fluttuazione di velocità (picco-picco) normalizzata

alla velocità nominale V:

DvV =

vmax − vminV =

p

z1

sen g2− cotan g

2

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟ (11.65)

Nel caso in Figura 11.58 si ha z = 12, il che comporta g = 30° e una fluttuazione di velocità del 3,45%.

Figura 11.59Fluttuazione della velocità in una catena a rulli.

Le maglie delle catene silenziose, Figura 11.60, sono ancora formate da piastrine collegate tra loro mediante dei perni. In questo tipo di catene però il contatto con la ruota dentata non avviene più attraverso il cilindro di collegamento come nelle catene a rulli, ma sono le maglie stesse a impegnare la ruota dentata. Le maglie sono dunque conformate in maniera da realizzare un ingranamento senza urti con la ruota dentata (Figura 11.61). Per evitare elevate pressioni di contatto ogni maglia ha un certo numero di piastrine; le piastrine esterne in genere non sono sagomate, e perciò non ingranano, ma fungono da guida per evitare lo sfilamento laterale della catena, in alcuni casi le piastrine non sagomate sono centrali (Figura 11.62), in tal caso la ruota dentata deve prevedere una scanalatura centrale corrispondente.

Il risultato è una minore fluttuazione di velocità e coppia, con conseguente ridu-zione di vibrazioni e rumore.



(b)(a)

Figura 11.67Immagini (probabilmente di fantasia) di: (a) Girolamo Cardano; �E��5REHUW�+RRNH�

Il giunto di Cardano (Figura 11.68) permette di trasferire il moto tra due assi non paralleli incidenti in un punto, aventi un angolo teoricamente inferiore a 90°. Il giunto è composto essenzialmente da una crociera che si collega ai due alberi attra-verso due coppie rotoidali ortogonali tra loro e giacenti ognuna sui piani ortogonali agli assi degli alberi.

(b)(a)

(d)(c) (e)

Figura 11.68Giunto di Cardano: schemi cinematici e realizzazioni.



(b)(a)

Figura 11.67Immagini (probabilmente di fantasia) di: (a) Girolamo Cardano; �E��5REHUW�+RRNH�

Il giunto di Cardano (Figura 11.68) permette di trasferire il moto tra due assi non paralleli incidenti in un punto, aventi un angolo teoricamente inferiore a 90°. Il giunto è composto essenzialmente da una crociera che si collega ai due alberi attra-verso due coppie rotoidali ortogonali tra loro e giacenti ognuna sui piani ortogonali agli assi degli alberi.

(b)(a)

(d)(c) (e)

Figura 11.68Giunto di Cardano: schemi cinematici e realizzazioni.


meccanica applicata alle macchine …

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