Aerospace Engineering - Dinamica di Sistemi Aerospaziali

Full exam

DINAMICA DI SISTEMI AEROSPAZIALI Tema d’esame 7 febbraio 2023O O’ A bCm M , J Mc, J c α,˙ α g G dEsercizio 1. Il meccanismo di sostegno e puntamento di un’antenna, rappresentato in figura, `e composto da un elemento di massa M , momento d’inerzia baricentrico J (comprendenti anche la massa dell’antenna), da un corsoio di massa Mc e momento d’inerzia baricentrico Jc, da un’asta di massa trascurabile e lunghezza b, incernierata in A al corsoio e in O’ a terra. Il baricentro dell’antenna, compresa l’asta di sostegno, si trova in G, a distanza dda O. L’attrito fra il corsoio e la guida lineare `e caratterizzato dai coefficienti µ s, µ d , rispettivamente di attrito statico e dinamico. Considerando il moto α,˙ α del sostegno dell’antenna imposto, con ¨ α= 0, e C m la coppia di attuazione, si richiede di: 1.a) determinare il moto del punto A in funzione del moto imposto (facoltativo: trovare, se ve ne sono, le configurazioni diimpuntamentodel meccanismo); 1.b)determinare la coppiaC mche garantisce il moto imposto; 1.c) scrivere l’espressione della minima coppia Cm necessaria a vincere l’attrito statico ed avviare il moto.J m M M , R, J m r2c D, c Lg M , R, J r1 η θ CC Esercizio 2. La catapulta di lancio per aeromodelli rappre- sentata in figura `e costituita da un nastro trasportatore trasci- nato da due dischi identici di massa M , raggio R e momento d’inerzia baricentrico J. Il disco di sinistra `e messo in moto da un motore di momento d’inerzia J, erogante una coppia Cm = A−Bω m con A, B > 0, attraverso una trasmissione a cinghia di rendimento η. Le due pulegge della trasmissione hanno raggio r1 er2. Entrambe sono soggette ad una coppia resistente C = −Dω u| ω u| . Il modello di riferimento ha massa m e caratteristiche aerodinamiche al decollo rappresentabili da un coefficiente di portanza c L (α) e uno di resistenza cD (α). Il modello `e trascinato di modo che l’angolo geometrico di incidenza sia pari a θdurante tutto il lancio. Si richiede di 2.a) determinare il minimo valore di A per garantire il decollo dell’aeromodello, sapendo che la velocit`a di regime `e raggiunta prima della fine del nastro; 2.b)discutere la stabilit`a della soluzione a regime del punto precedente;2.c)determinare la tensione nella cinghia di trasmissione, nelle condizioni di spunto daω m= 0. Esercizio 3. Il sistema vibrante rappresentato in figura `e posto nel piano verticale. `E composto da un disco di raggio R, massa m, momento di inerzia baricentrico J; il disco ha baricentro in G ad una distanza ddal suo centro B. Al centro del disco `e collegato uno smorzatore di costante r, vincolato a terra all’altra estremit`a. Al centro del disco `e applicata una forza F(t) = F 0sin (Ω t) agente in direzione orizzontale. Si richiede di 3.a) scrivere l’equazione di moto non lineare usando θcome coordinata libera; 3.b) verificare che il sistema `e in equilibrio statico per θ0 = −π/ 2 e scrivere l’equazione di moto linearizzata nell’intorno di tale condizione; 3.c) determinare la risposta del sistema alla forzante armonica nel dominio del tempo. Traccia di soluzione Esercizio 1 1.a) CinematicaPosto un sistema di riferimento in O, con asse reale diretto verso destra e immaginario diretto verso l’alto, la cinematica del sistema `e descritta dall’equazione di chiusura:(A−O) = (O−O′ ) + (A−O′ )(1) in notazione esponenzialeaeiα =c+beiβ (2) cona, βincognite, eα(t) noto. Le proiezioni sugli assi sono: acosα=c+bcosβ asinα=c+bsinβ(3) sistema di equazioni non-lineari, risolvibile per via numerica, per esempio, con metodi di Newton-Raphson. Nelle velocit`a si ha ˙ aeiα +ia˙ αeiα =ib˙ β eiβ (4) ovvero˙ acosα−a˙ αsinα=−b˙ βsinβ ˙ asinα+a˙ αcosα=b˙ βcosβ(5) sistema lineare che pu`o essere riscritto in forma matriciale come seguecosα bsinβ sinα−bcosβ  ˙ a ˙ β = asinα −acosα ˙ α(6) con soluzione˙ a ˙ β = cosα bsinβ sinα−bcosβ −1 asinα −acosα ˙ α=    ∂ a∂ α ∂ β∂ α     ˙ α(7) Per le accelerazioni, valecosα bsinβ sinα−bcosβ  ¨ a ¨ β = sinα −cosα 2a˙ α+ −bcosβ −bsinβ ˙ β2 + acosα asinα ˙ α2 (8) con soluzione¨ a ¨ β = cosα bsinβ sinα−bcosβ −1 sinα −cosα 2a˙ α+ −bcosβ −bsinβ ˙ β2 + acosα asinα ˙ α2 (9) Le condizioni di impuntamento si verificano quando la matrice Jacobiana delle coordinate fisiche `e singolare, ovvero quando il suo determinante si annulla −(bcosαcosβ+bsinαsinβ) = 0 (10) ovvero nelle condizioni in cuicos(α−β) = 0(11) ovvero quandoα=β+kπ, condizioni che non dovrebbero verificarsi nel funzionamento normale del meccanismo.N.B.: E’ obbligatoriodisegnare il diagramma di corpo libero del sistema descritto nel l’esercizio 1. N.B. 1: si definisca e si commenti opportunamente qualsiasi dato ritenuto mancante. N.B. 2: si ponga speciale attenzione a indicare le condizioni per cui le soluzioni considerate siano realizzabili, ogniqualvolta venga fatta un’ipotesi (e.g. moto diretto/retrogrado, quantit`a note, stabilit`a statica o dinamica, ecc. . . ) 1.b) Coppia motrice Si consideri il Principio dei Lavori Virtuali applicato all’intero sistema: δW=δβ C m+ ((( ((( (( (( ( δα(−(M d2 +J+J c) ¨ α) +δβ(−M cb2 ¨ β) +δy G( −M g) +δy A( −M cg ) +δa(−µ dN A) = 0 (12)Avendo indicato con N A la reazione normale all’asse della guida scambiata fra corsoio e guida stessa. Lo spostamento virtualeδy G`e ricavabile considerando che la posizione di G `e yG = deiα = dcosα dsinα (13) e quindi il suo spostamento virtuale `eδyG = iδαdeiα = −dsinα dcosα δα(14) mentre per A valeyA = aeiα = acosα asinα (15) e il suo spostamento virtuale `eδyA = δaeiα +iaδαeiα = cosα sinα δa+ −asinα acosα δα(16) Sostituendo le espressioni diδy G, δy A, ed i legami cinematici ottenuti in precedenza, si ottiene δW=δα ∂ β∂ α C m+∂ β∂ α ( −M cb2 ¨ β) +dcosα(−M g) + (cosα∂ a∂ α − asinα)(−M cg ) +∂ a∂ α ( −µ dN A) = 0 (17) Dato cheδα`e arbitrario, l’equazione di moto `e ∂ β∂ α C m+∂ β∂ α ( −M cb2 ¨ β) +M gdcosα+ (cosα∂ a∂ α − asinα)(−M cg ) +∂ a∂ α ( −µ dN A) (18) Da cui l’espressione diC m`e immediatamente disponibile: Cm= ∂ β∂ α  −1 ∂ β∂ α M cb2 ¨ β+M gdcosα+M cg (cosα∂ a∂ α − asinα) +∂ a∂ α ( µ dN A) (19) Per completare, non resta che definire la reazione normaleN A. Si consideri dapprima il solo corsoio, separato dal resto del sistema, e si mettano in evidenza le reazioni al contatto N A , T Ae il momento W A. Con un bilancio di momenti intorno alla cerniera al centro del corsoio, chiamando il suo spessorew, si ottiene W=T Aw2 (20) Si consideri ora la sola antenna rimossa dal resto del sistema, mettendo in evidenza le reazioni al contatto (in verso opposto al corsoio) N A ,TA ,WA , le reazioni vincolari in O, VO eHO , la forza peso M g e la forza centrifuga M d˙ α2 . Con un bilancio di momenti centrato in O si ottiene   −W A+ TAw2 + N Aa −M gdcosα= 0 (21) da cui si ricava l’espressione della reazione normaleN Aal contatto: NA= M gda cos α(22) espressione che sostituita nella (19) porta infine a Cm= ∂ β∂ α  −1 ∂ β∂ α M cb2 ¨ β+M gdcosα 1 +µ da ∂ a∂ α  +M cg (cosα∂ a∂ α − asinα) (23) 1.c) Coppia per equilibrio statico In condizioni limite, in attrito statico, si ha Cm= ∂ β∂ α  −1 M gdcosα 1 +µ sa ∂ a∂ α  +M cg (cosα∂ a∂ α − asinα) (24) Esercizio 2 2.a) Coppia motrice a regime Il rapporto di trasmissione `e τ=ω uω m= vr 1vr 2= r 1r 2(25) dove convsi `e indicata la velocit`a tangenziale della cinghia. Le potenze lato motore Πm, lato utilizzatore Π ue dissipata Π d, in moto diretto, sono Πm= C mω m− J m˙ ω mω m Πu= −2Dω2 uω u− 2J˙ ω uω u− m˙ vRω u− F DRω m Πd= −(1−η)Π u(26) il bilancio di potenze in moto diretto `eηΠ m+ Π u= 0 (27) ovvero η(A−Bω m− J m˙ ω m) ω m+ −2Dτ3 ω2 m− (2τ2 J+mτ3 R2 ) ˙ω m−12 ρS C D( θ)R2 τ3 ω2 m ωm= 0 (28) L’equazione di moto `e quindiηJm+ τ2 (2J+mR2 )
˙ ω m= ηA−ηBω m− 2D+12 ρS C D( θ)R2 τ3 ω2 m(29) A regime si avr`aηA−ηBω m− 2D+12 ρS C D( θ)R2 τ3 ω2 m= 0 (30) La velocit`a di rotazione del motore a regime `e quindi ωm=− ηB+pη 2 B2 + 2(4D+ρS C D( θ)R2 τ3 )ηA4 D+ρS C D( θ)R2 τ3(31) Dove la soluzione negativa `e stata scartata. ChiamandoE= 4D+ρS C D( θ)R2 τ3 : ωm=− ηB+pη 2 B2 + 2ηE AE (32) Il decollo dell’aeromodello avviene quando la portanza equipara il peso:12 ρS C L( θ)τ2 R2 ω2 m= mg(33) e quindi per velocit`aω m: ωm≥s2 mgρS C L( θ)R2 τ2= ω m,min(34) Dalla (30) si ricava la condizione suA: A≥Bω m,min+1η  2D+12 ρS C D( θ)R2 τ3 ω2 m,min(35) 2.b) Stabilit`a L’equazione di moto (29) pu`o essere riscritta come segue J∗ ˙ ω m= A−Bω m− 2D+12 ρS C D( θ)R2 τ3 ω2 m(36) Linearizzandola nell’intorno della condizione di regime si ottieneJ∗ ∆ ¨ω m+ B+ 4D+ρS C D( θ)R2
ωm0∆ ω m= 0 (37) La soluzione del moto libero associata `e ∆ω mG( t) = Ω mGeλt conλdato dalla soluzione dell’equazione caratteristica: λ=−B + 4D+ρS C D( θ)R2J ∗(38)che `e certamente negativo, dal momento che tutti i coefficienti nella sua espressione sono positivi. La soluzione di regime `e quindi stabile. 2.c) Tensione fune allo spunto In condizioni di spunto, l’equazione di moto `e ηJm+ τ2 (2J+mR2 )
˙ ω m= A−Bω m− 2D+12 ρS C D( θ)R2 τ3 ω2 m(39) ηJm+ τ2 (2J+mR2 )
˙ ω m= A(40) quindi l’accelerazione angolare del motore `e semplicemente ˙ω m,s= A/J∗ . Il bilancio di momenti del solo disco di raggior 1fornisce r1( T 1− T 2) −A+J m˙ ω m,s= 0 (41)dove T 1 `e la tensione nel tratto superiore della cinghia, mentre T2 quella nel tratto inferiore. Considerando il bilancio dei momenti sul resto del sistema, separato dal motore, si ha r2( T 2− T 1) + 2 J τ˙ ω m,s+ mR2 τ˙ ω m,s= 0 (42) Sottraendo (42) a (41) si ottiene(r 1+ r 2)( T 1− T 2) −A+ (J m− 2J τ−mR2 τ) ˙ω m,s= 0 (43) da cui si ricava, per esempio,T 2in funzione di T 1: T2= T 1+− A+ (J m− 2J τ−mR2 τ) ˙ω m,sr 1+ r 2(44) che sostituita nella (41) d`a r2 2T 1+− A+ (J m− 2J τ−mR2 τ) ˙ω m,sr 1+ r 2 −A+J m˙ ω m,s= 0 (45) da cuiT1=− A+ (J m− 2J τ−mR2 τ) ˙ω m,s2( r 1+ r 2)+ − A+J m˙ ω m,s2 r 2(46) Esercizio 3 3.a) Equazioni del moto Si considerino le equazioni di Lagrange del II tipo: ddt ∂ E c∂ ˙ θ− ∂ E c∂ θ + ∂ E p∂ θ = ∂ δ W∂ δθ (47) Con le forme di energia date daEc=12 M ⃗v T G⃗v G+12 J ω T ω Ep= M gz G δW=δxT G( −rv B+ F)(48) Posto un sistema di riferimento nella posizione occupata dal centro del disco nella configurazione di riferimento con θ = 0, assexpositivo verso destra ed assezpositivo verso l’alto, la posizione del baricentro del disco `e data da ⃗pG= −θR+dcosθ R+dsinθ (49) e quindi la sua velocit`a `e ⃗vG= −˙ θR−dsinθ˙ θ dcosθ˙ θ (50) il quadrato del suo modulo `e⃗vT G⃗v G= ( R2 +d2 )˙ θ2 + 2Rd˙ θ2 sinθ(51) Tenendo conto che v B= −R˙ θ,δx G= −Rδθ, si possono ora scrivere le forme di energia in funzione diθ: Ec=12 M (R2 +d2 )˙ θ2 + 2Rd˙ θ2 sinθ +12 J ˙ θ2 =12 M(R2 +d2 ) + 2M Rdsinθ+J
˙ θ2 Ep= M g(R+dsinθ) δW=RδθT (−rR˙ θ−RF)(52) le cui derivate sonoddt ∂ E c∂ ˙ θ= J+M (R2 +d2 ) + 2Rdsinθ

¨ θ+ 2M Rdcosθ˙ θ2 ∂ Ec∂ θ = M Rdcosθ˙ θ2 ∂ Ep∂ θ = M gdcosθ ∂W∂ δθ = −rR2 ˙ θ−RF(t)(53) L’equazione non lineare del moto `e, quindi(J+M(R2 +d2 + 2Rdsinθ))¨ θ+M Rdcosθ˙ θ2 +M gdcosθ+rR2 ˙ θ=−RF(t) (54) 3.b) Equazione di moto linearizzata L’equazione di equilibrio statico `e M gdcosθ 0= 0 (55) che ha chiaramente una soluzione inθ 0= −π/2.L’equazione di moto linearizzata `e ottenibile, per esempio, tramite quadraticizzazione delle forme di energia. Per l’energia cinetica, `e sufficiente valuare il momento d’inerzia ridotto inθ 0= −π/2: Ec≈12 (J+M(R2 +d2 ))−2M dR
˙ θ2 (56) Per l’energia potenziale, si ottiene: Ep≈ M g∂ 2 zG( θ 0)∂ θ 2 (θ−θ 0)2 =−M gdsinθ 0= M gd(57) L’equazione del moto linearizzata `e, quindi:(J+M(R2 +d2 ))−2M dR
∆¨ θ+rR2 ∆˙ θ+M gd∆θ=−RF(t) (58) 3.c) Risposta al forzamento A transitorio esaurito, il sistema si assester`a sulla soluzione particolare dell’equazione del moto, che sar`a del tipo θG( t) = Θ 0ei Ωt . Sostituita nell’equazione di moto, permette di ricavare Θ0F 0= − R− Ω2 (J+M(R2 +d2 )−2M dR) +iΩrR2 +M dR(59)