Mechanical Engineering - Dinamica e controllo delle macchine

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DINAMICA E CONTROLLO DELLE MACCHINE Prova d'esame { 11 luglio 2017m ' rkg Mz kf r fL Esercizio 1.Un'asta di lunghezza L e massa trascurabile e incernierata ad una massa M , vincolata a traslare lungo la verticale. All'altro estremo dell'asta e incernierata una massa m, collegata anch'essa alla massa M tramite un sistema molla-smorzatore di caratteristiche k ed r. La mas- sa M e sospesa su una fondazione le cui caratteristiche possono essere rappresentate da un elemento elastico di rigidezza k f e uno smorzante di costanter f. Il sistema si trova nel piano verticale. Si richiede di 1.a) scrivere le equazioni nonlineari del moto del sistema, utilizzando le coordinate libere'ezindicate in gura; 1.b) calcolare il precarico statico da applicare alla molla di rigidezza k perche la rotazione dell'asta all'equilibrio sia' 0= =4; 1.c) attorno alla posizione di equilibrio del punto precedente, linearizzare le equazioni del moto e calcolare frequenze proprie e modi di vibrare del sistema; 1.d) (opzionale ) considerando  zimposta ed armonica, ovvero  z= Z 0ei t , scrivere l'espressione della funzione di trasferimento tra la rotazione dell'asta'e l'accelerazione della base z.! 1 J 1; R 1 M g J m  ; T J2; R 2 m4 m 3; J 3; R 3 fdf f Esercizio 2. Un motore M eroga una coppia motrice Cm = AB!2 m e muove, attraverso un riduttore T di rapporto di trasmissione e rendimento , un disco di momento d'inerzia J1 e raggio R1 . Sul disco si avvolge una cinghia inestensibile e di massa trascurabile che trascina un secondo disco, di momento d'inerzia J 2 e raggio R2 . Due funi, anch'esse inestensibili e di massa trascurabile, sono avvolte sui dischi. Alla prima e collegato il centro di un disco di massa m3 , momento d'inerzia baricentrico J3 e raggio R3 . Il disco e premuto contro una parete verticale da una forza f tale da garantire condizioni di puro rotolamento. La resistenza al rotolamento e trascurabile. La seconda fune trascina una massa m4 , anch'essa premuta contro un piano verticale da una forzaf. Il coeciente di attrito dinamico tra massa e piano ef d. Si chiede di 2.a) determinare la velocita a regime in salita della massa m4 , discutendo le condizioni per cui e soddisfatta la condizione di moto diretto a regime; 2.b) dopo avere applicato un controllo proporzionale al termine A della coppia motrice, valutare l'accelera- zione allo spunto a partire dalle condizioni del punto precedente nel caso in cui la velocita di riferimento !rifvenga istantaneamente portata dal valore di regime ! m0a un valore assegnato! rif> ! m0; 2.c)determinare le reazioni scaricate al telaio dalla trasmissione nelle condizioni del punto precedente; 2.d) (opzionale ) aggiungere al controllore un termine integrale e disegnare il diagramma di Bode della funzione di trasferimento in anello chiuso del sistema controllato.N.B.: si denisca e si commenti opportunamente qualsivoglia dato ritenuto mancante. Traccia di soluzione Esercizio 1 1.a) Equazioni del motoSi assuma un sistema di riferimento con asse Z diretto verso l'alto e asse X verso destra, con origine in corri- spondenza della posizione che la cerniera tra asta e massa M assume quando la lunghezza della molla kf e nulla. Si vogliono scrivere le equazioni di moto del sistema tramite il formalismo di Lagrange: ddt  @ Ec@ _ ' @ E c@ ' + @ D@ _ '+ @ V@ ' = 0 (1) ddt  @ Ec@ _ z @ E c@ z + @ D@ z + @ V@ z = 0 (2) L'energia cinetica del sistema, in coordinate siche, eEc=12 M ~v T M~v M+12 m~v T m~v m(3) La funzione di dissipazione e D=12 r
_ l+12 r f
_ lf(4) mentre l'energia potenziale e V=12 k
l2 +12 k
l2 f+ mgh m+ M gh M(5) Nel sistema di riferimento scelto, la posizione e la velocita della massamsono ~pm= Lcos' Lsin'+z ~vm= Lsin'_ ' Lcos'_ '+ _z (6) mentre per la massaMvale semplicemente ~pm= 0 z ~vm= 0 _ z (7) Gli allungamenti delle molle sono
l=Lsin'Lsin' 0+
l 0(8)
l f= zz 0+
l f0(9) avendo indicato con z 0 la posizione di equilibrio statico della massa M e con
l0 e
l f0 i precarichi statici. Le derivate degli allungamenti sono quindi
_ l=Lcos'_ '(10)
_ lf= _ z(11) In ultimo, le quote dei baricentri sonohm= Lsin'+z(12) hM= z(13) Le forme di energia nelle coordinate libere sono, quindi Ec=12 m L2 _ '2 + _z2 + 2Lcos'_ '_ z
+12 M _ z(14) D=12 r f_ z2 +12 rL 2 cos2 '_ '2 (15) V=12 k (Lsin'Lsin' 0+
l 0)2 +12 k f( zz 0+
l f0)2 +mg(Lsin'+z) +M gz(16) Equazione di moto in z:le relative derivate coinvolte nelle (2) sono ddt  @ Ec@ _ z = (M+m) z+mLcos' 'mLsin'_ '2 (17) @ Ec@ z = 0 (18) @ D@ _ z= r f_ z(19) @ V@ z = k f( zz 0+
l f0) + M g(20) (21) quindi l'equazione di moto e(M+m) z+mLcos' 'mLsin'_ '2 +r f_ z+k f( zz 0+
l f0) + M g= 0 (22) Equazione di moto in':le relative derivate coinvolte nelle (2) sono ddt  @ Ec@ _ ' =mL2  '+mLcos' zmLsin'_ '_ z(23) @ Ec@ ' = mLsin'_ '_ z(24) @ D@ _ '= rL2 cos'2 _ '(25) @ V@ ' = k(Lsin'Lsin' 0+
l 0) Lcos'+mgLcos'(26) (27) quindi l'equazione di moto emL2  '+mLcos' z+rL2 cos'2 _ '+k(Lsin'Lsin' 0+
l 0) Lcos'+mgLcos'= 0 (28) 1.b) Precarico statico Le equazioni di equilibrio statico sono kf( zz 0+
l f0) + M g= 0 (29) k(Lsin'Lsin' 0+
l 0) Lcos'+mgLcos'= 0 (30)che risultano disaccoppiate. Valutando la seconda nella posizione di equilibrio statico richiesta ' 0 = = 4 si ottiene k
l 0Lp2 2 = mgLp2 2 (31) da cui si ottiene immediatamente
l 0= mgLk (32) che risulta, come era lecito aspettarsi, negativo e indipendente dalla rotazione dell'asta all'equilibrio statico. Per completezza, anche se non richiesto esplicitamente dal testo dell'esercizio, si puo ottenere anche il precarico da applicare alla molla di rigidezza k fper ottenere la posizione di equilibrio z= 0:
l f0= M gk f(33) 1.c) Frequenze proprie e modi di vibrareOccorre innanzitutto linearizzare le equazioni del moto. A tal ne, si consideri la forma quadratica dell'energia cinetica: Ec=12 _ xT M_ x(34) con _xT = z ' . Si ottiene Ec=12  _ z_ '  M+m mLp2 =2 mLp2 =2mL2  _ z _ ' (35) Per quanto riguarda la matrice di rigidezza, dal momento che il sistema e conservativo, e suciente considerare la matrice Hessiana dell'enegia potenziale. Le derivate miste sono nulle, mentre quelle sulla diagonale principale valgono @2 V@ ' 2= k
L 0L sin' 0+ kL2 cos2 '0 mgLsin' 0(36) @2 V@ z 2= k f+ M g(37) eettuando il cambio di coordinate x=  z ' !
x = zz 0 '' 0 (38) si ottiene inneHV = kf0 0kL2 =2mgLp2 =2 (39) Quindi le equazioni del moto (libero) linearizzate sonoM+m mLp2 =2 mLp2 =2mL2 
z
' + kf0 0kL2 =2mgLp2 =2 
z
' = 0 0 (40) Inserendo la soluzione tipox= Xe t si ottiene il problema omogeneo 2 M+ K
X= 0(41) Le frequenze proprie sono le radici del polinomio caratteristicodet 2 M+ K
= 0(42) ovvero det 2 MT+ k fmLp2 =2 mLp2 =22 mL2 +k ' = 0 (43) avendo denitoM T= M+mek '= kL2 =2mgLp2 =2. L'equazione caratteristica risulta 4 MTmL2 +2 k'mL2 +k fM T
+k 'k f mL2 =2 = 0 (44) quindi le radici saranno 2 1;2= !2 1;2= k 'mL2 +k fM T2 M TmL2v u u t k'mL2 +k fM T2 M TmL2! 2 k 'k f mL2 =2M TmL2(45) I modi di vibrare si ottengono sostitituendo una alla volta le radici nel problema omogeneo (41) e risolvendo rispetto ai rapporti fra le componenti degli autovettori. Prendendo 1 e condiderando la prima riga delle (41) si ottiene0 B @k 'mL2 +k fM T2 mL2v u u t k'mL2 +k fM T2 mL2! 2 M T k'k f mL2 =2
mL 21 C AZI +mLp2 2  I = 0 (46) chiamandoail termine che moltiplicaZI ebil termine che moltiplica I si ottiene aZI +bI = 0(47) che fornisceI =ab Z I (48) ovvero il primo modo di vibrare sara (scegliendo la normalizzazioneZI = 1): XI =( 1 ab ) (49) In modo analogo si ottiene il secondo autovettore. Di nuovo la prima equazione delle (41) , questa volta considerando= 2e 0 B @k 'mL2 +k fM T2 mL2+v u u t k'mL2 +k fM T2 mL2! 2 M T k'k f mL2 =2
mL 21 C AZI I +mLp2 2  I I = 0 (50) chiamandocil termine che moltiplicaZI I edil termine che moltiplica I I si ottiene cZI I +dI I = 0(51) che fornisceI I =cd Z I I (52) ovvero il secondo modo di vibrare sara (scegliendo la normalizzazioneZI I = 1): XI I =( 1 cd ) (53) 1.d) Funzione di trasferimento per moto imposto alla base Seze imposto, l'unico grado di liberta del sistema e'e l'equazione di moto diventa mL2
'+k '
'=mLp2 =2
z(t) (54) con z(t) = Z 0ei t . La soluzione particolare dell'equazione di moto del sistema sara anch'essa una armonica di pulsazione :
' P=  0ei t . Sostituita nell'equazione di moto porta a 2 mL2 +k '
0ei t =mLp2 =2Z 0ei t (55) la funzione di trasferimento richiesta sara quindi 0( i )Z 0( i )= mLp2 =2 2 mL2 +k '(56) Esercizio 2 2.a) Velocita a regime in salita e condizioni per moto diretto Si consideri il bilancio di potenze applicato all'intero sistema m+  p+  u= 0 (57) In coordinate siche, in caso di moto diretto, le potenze coinvolte nel bilancio valgonom= C m! m J m_ ! m! m= AB!2 m
!m J m_ ! m! m(58) p= (1)C m! m J m_ ! m! m(59) u= + m 3gv 3 (m 4g +f
f d) v 4 J 1_ ! 1! 1 J 2_ ! 2! 2 J 3_ ! 3! 3 m 3_ v 3v 3 m 4_ v 4v 4(60) I legami cinematici sono !1=  ! m(61) !2=  ! mR 1=R 2(62) v4=  ! mR 1(63) v3=  ! mR 1(64) !3=  ! mR 1=R 3(65) (66) L'equazione non lineare del moto (diretto) sara allora d AB!2 m
+ (m 3 m 4) g R 1 f
f d R 1= Jm+ 2 R2 1R 2 2J 2+R 2 1R 2 3J 3+ R12 (m 3+ m 4) _ ! m(67) che si riduce a AB!2 m
+ (m 3 m 4 )g R 1 f
f d R 1= J _ ! m(68) una volta denitoJ =J m+ 2 R2 1R 2 2J 2+R 2 1R 2 3J 3+ R12 (m 3+ m 4) . A regime, l'equazione di moto diventa  AB!2 m
+ (m 3 m 4) g R 1 f
f d R 1= 0 (69) le cui soluzioni sono !m0= sA + (m 3 m 4) g R 1 f
f dR R 1B (70)l'unica soluzione stabile e quella positiva. Il moto e diretto in questa condizione se la potenza lato utilizzatore e negativa, ovvero se (m 3 m 4) g R 1 f
 R 1< 0 (71) ovvero se m3< m 4+f
f dg (72) Controllo e accelerazione allo spunto L'unico termine non lineare nell'equazione di moto e relativo al momento resistente interno al motore. La sua linearizzazione eB!2 m B!2 m0 2B! m0
! m(73) con
!m = !m ! m0 . L'equazione di moto linearizzata, considerando A = A 0 +
A con A0 valore di alimentazione che garantisce il raggiungimento della velocita di regime, sara allora (
A2B! m0
! m) = J
_! m(74) in cui la sostituzione ! m =
!m + !m0 ha permesso di semplicare i termini che si bilanciano tra di loro per la (69). Introducendo il controllo
A=k P(
! m;rif
! m) e riordinando i termini si ottiene J
_! m (k P+ 2 B! m0)
! m= k P
! m;rif(75) l'accelerazione allo spunto dalle condizioni di regime si ottiene ponendo
! m = 0 e
! m;rif=! rif ! m0=
! m;rif nell'equazione precedente
_! m=k PJ 
! m;rif(76) 2.c) Reazioni scaricate dalla trasmissione Nelle condizioni del punto precedente, a monte della trasmissione sara presente una coppia pari aMm= k P
! m;rif J m
_ ! m(77) ovvero, inserendo l'espressione dell'accelerazione angolare trovata alla (76): Mm= k P 1J mJ 
! m;rif(78) a valle della trasmissione sara presente invece in momentoMu= M m= k P 1J mJ 
! m;rif(79) L'equilibrio della trasmissione, una volta rimosso il vincolo a terra e messo in evidenza il momento di reazione M v(preso per convenzione concorde con M m) e Mm+ M v M u= 0 (80) ovvero Mv= M u M m= k P  1  1J mJ 
! m;rif(81) 2.d) Controllo integrale In questo caso
A=k P(
! m;rif
! m) + k IZ t 0
! m;rif( )
! m( )d(82) L'equazione di moto diventa J
_! m+ (k P+ 2 B! m0)
! m+ k IZ t 0
! m( )d= kP
! m;rifk Ik IZ t 0
! m;rif( )d (83) che nel dominio di Laplace diventa sJ +(k P+ 2 B! m0) + k Is 
m( s) = kP+k Is 
m;rif( s) (84) La funzione di trasferimento di anello chiuso e quindi L(s) = (sk P+ k I)s 2 J +(k P+ 2 B! m0) s+k I(85)  E facile vericare cheL(s) ha uno zero inz 0= k I=k Pe due poli in s1;2=  (k P+ 2 B! m0)2 Jv u u t (k P+ 2 B! m0)2 J! 2 k IJ (86)