Appunti di Progettazione dei meccanismi

Progettazione di Meccanismi

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100 Grammi

Materia

Progettazione dei Meccanismi

Nome Manuel

Cognome Pitocco

Scuola

Classe Quaderno n^o 1

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Quando c'è eccentricità e≠0, il manovellismo è ordinario deviato.

Nel caso i due fassi e=0, è centrato.

Dal POV dimensionale:

Nel momento in cui r≅₂ℓ abbiamo una "manovella", cioè, quindi, quando c'è movimento e di 360°.

Quando non è possibile fare 360°, ma ruota in un range di angolo definito, abbiamo un "biellismo" oppure quando è r≅ℓ.

• SLIDER ROCKER MECHANISM

Altro meccanismo deviato è:

Quando invece non fisso il grifo nello sistema 3RP considerato, ottengo i meccanismi NON ORDÌNARI:

• Manovellismo non ordinario a grifo rotante

Quindi r≅ℓ è manovella dato che può fare 360° di movimento.

• Manovellismo non ordinario a grifo oscillante

Poiché il CIR del grifo cade al di fuori della circonferenza

Ora andiamo a considerare fissa la biella "n":

• Manovellismo a pattino oscillante

Ora fissiamo il pistone, otteniamo:

• END-HAND MECHANISM

Un esempio è la pompa dell'acqua a mano.

de 3 condizioni posso sovradimensionarle rispetto ad f.

φ= ... r

γ= e ...

Qui il sistema non chiude.

Queste condizioni sono valide per los sistema 3RP.

Si é visto inoltre il meccanismo di Quick Return (rapido ritorno).

Con punto d'effe questa parte muove il sistema piú ed esegue velocemente l'uscita e.

Ovvero ottengo un "grifo rotamile".

Invece, medio grifo oscillante converte un movimentu rotativo continuo in rotativo altremativo.

MATLAB

X_A = r_A · cosΘ₂

y_A = r_A · sinΘ₂

Quando Θ₂ fa 360° ottengo tutto il movimento della manovella.

Si usamo i seguenti comandi:

• Θ₂ =
  [0 : 0.1 : 2π]
• linspace(start : end : num)

Dove essere espresso sempre in radianti e si angolo:

α°: 180 = αrad : π

Numero di elementi nolli intervallo considerato.

Isolando tutte le membra 3, individuo le direzioni

delle velocità per la costruzione del triangolo.

Il C.I.R. del membro 6

è nel vincolo fisso.

Dunque la ω₆

avrà senso

antiorario.

NOTA:

Per ogni corpo rigido esiste un’unica velocità angolare ω.

Isolando il corpo 3, individuando la velocità dimostro che:

Prendendo una congiungente in AB,

le componenti delle velocità sulla

congiungente devono essere uguali,

ciò per il concetto di “corpo rigido”.

Ora andiamo a considerare le accelerazioni,

prendendo la precedente relazione OP va

a derivare nuovamente;

Precedente relazione:

\(\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{ON} + \xi \overrightarrow{E_1} + \eta \overrightarrow{E_2} + \xi \dot{\overrightarrow{E_1}} + \eta \dot{\overrightarrow{E_2}}\)

\( \dot{\overrightarrow{OP}} = \overrightarrow{ON} + \dot{\xi} \overrightarrow{E_1} + \dot{\xi} \overrightarrow{E_1} + \eta \overrightarrow{E_2} + \dot{\eta} \overrightarrow{E_2} + \xi \dot{\overrightarrow{E_1}} + \xi \overrightarrow{E_1} + \eta \dot{\overrightarrow{E_2}} + \overrightarrow{E_1} + \overrightarrow{E_2} \).

Come faccio con i versori in derivata seconda?

Riprendo Poisson:

\( \dot{\overrightarrow{E_1}} = \omega \times \overrightarrow{E_1} \leftarrow \)

\( \ddot{\overrightarrow{E_1}} = \dot{\omega} \times \overrightarrow{E_1} + \omega \times \dot{\overrightarrow{E_1}} \)

\( = \dot{\omega} \times \overrightarrow{E_1} + \omega \times (\omega \times \overrightarrow{E_1}) \)

\( = \dot{\omega} \times \overrightarrow{E_1} - \omega^2 \overrightarrow{E_1} \)

\( = \alpha \times \overrightarrow{E_1} - \omega^2 \overrightarrow{E_1}

Ricorda che:

\( \omega = \Theta \dot{k} \)

\( \alpha = \Theta = \dot{k} = \dot{\alpha} \)

Tappe incognite e quindi scrivo altra equazione:

V_B = V_P0,4 + V_P0,5 → sistema{ V_B = V_P0,1 + V_P0,5'4 V_P0,5 = V_NPo,4 + V_Po,5'4 } sistema{ V_Po,5 = V_P0,5'1 + V_P0,5'2 } Dato che il corpo A ed il corpo B hanno moto traslatorio, sapendo che in questo tipo di moto tutte le P hanno vettori uguali, ne consegue: V_B = V_A + ω_AB × AB → V_B = V_A a_A = a_A + ω_AB × a_B → a_B = a_A Modi auto traslatorio è, ω = 0, α = 0.

Ciò significa che V_Po,2 = V_A Ciò significa che la velocità di V_P0,5 è = λ, cioè della velocità di spostamento. Dunque riporto le SLA e NB in corrispondenza del corpo 5, così individuo i moduli delle V_Po,2 e V_Po,1. Ottengo così V_Po,5! Tramite la somma di 2 vettori.

NOTA: Il vettore velocità V_Po,5 è perpendicolare ad una retta tracciata da Po,1 a al punto origine \"O\". Dunque, è possibile tracciare la traiettoria che compie il punto Po,1 cioè è da posizione fissa denominata con λ\" e centro in \"O\".

Per individuare nuovo punto traccio una retta di angolo δ da ã_A che passa per "A".

Dopodiché traccio una circonferenza di centro "A" e raggio "AB", ovvero imposto che:

AB = AC

Il punto che c'è intersezione retta - cerchio è "C".

dove varrà la relazione:

2ĉ_A = ĉ_A (in modulo)

Ed avrò angolarmente |%

Quindi ho individuato C ed il vettore di acceler relativa ĉ_A.

Ora, per individuare il punto "K" procedo graficamente:

Congiungo il punto A con la punta del vettore ĉ_A. Dopodiché traccio una retta normale che parte dalla punta di ã_B ad intersecare la retta creata precedentemente.

Il punto d'intersezione è il punto K.

Dunque, tracciando un vettore che parte da K e parallelo a ã_A, ottengo il vettore ã_K.

Ora ricordando le Rivals, procedo graficamente per il calcolo di ã_K:

ã_K = ã_A + ã_A

Cioè riporto il vettore ã_A sul punto "K" per la somma vettoriale.

Si nota che sono uguali e contrari. Quindi sarà:

ã_K = 0

Ciò sarà il polo delle accelerazioni.

• Traccio retta che unisce P con Ω_P.
• Traccio una perpendicolare a P_P.
• L'intersezione delle 2 rette tracciate sarà il punto H.
• Dato che Ω_P è ad ∞, congiungo H con ω.
• Prolungo dal setto P_P.
• L'intersezione è il centro di curvatura Ω_P.

Dunque posso tracciare il cerchio osculatore.

Ciò è possibile anche applicando la formula di Euler-Savary:

α = 315°

cos(α) = 1/R

P_P_ = R; R: √2

Qual è il luogo geometrico del piano mobile che in un determinato istante presenta un flesso? (Riferito alla traiettoria di un determinato punto).

Innanzitutto il flesso è un cambio di segno della derivata seconda graficamente.

Con un flesso, il cerchio osculatore degenera cioè si spezza in 2 rette.

Individuando la tangente al flesso possiamo dire che essa sarà una di quelle rette.

Dunque, il cerchio osculatore è diventato una di queste 2 rette tangenti.