Laboratorio di meccanica applicata alle macchine

Esercitazione N. 1

Calcolare per via grafica e analitica il momento torcente esercitato da una forza F agente su di un freno a tamburo, con rivetto, e ceppi flottanti ruotanti in senso orario.

Sce a 9, b 6

Dati:

• Raggio tamburo: R (2001 ± 4) mm = 236 mm
• Angolo di attacco ceppamento: α (4001 ± β)° = 70° = 1,35 rad
• Diametro CE: DE = 30 mm
• Lunghezza AB: AB (32 ± 708) mm
• Lunghezza CD: CD (80 ± 0,2 B) = 36,2 mm
• Lunghezza DH: DH = 200 mm
• Coefficiente di attrito: f = 0,3
• Modulo forza F: F = 30 KgF = 294,3 N

Convenzioni:

• Orizzontale asse x
• Verticale asse y

ĒD = QT + R = 236 mm

PD = 532 mm

Scala 1 - 6

Scala 9

Forza

gd&z.

3.7 - 8.2 - 2.2 - 1 gd&l

3 corpi

2 corpi

radiali di sicurezza

Il sistema è costituito da 2 corpi 1 tamburo e un sistema di 3 cricchets in grado di fare

unire due corpi (organi frenanti) e il tamburo (elemento rotante)

Se applico una forza sul corpo ₄ si ha una piccola deformazione della

struttura e il corpo ₃ ruota in senso orario e ₄ in senso antiorario

I corpi con il tamburo scambiano azioni di attrito che tenderebbero a frenare il

tamburo (dando luogo ad un momento)

Se si mette nelle condizioni di EW equistabilità si ha movimento ma il tamburo ruota

senza cadere angolato ecc basta avere l’ecc angolato è nulla in questo specifico caso

quindi si estrudano gli angoli ai fini dei caridinali della struttura.

Attraverso l’equ di Eulero si determina la distribuzione delle azioni di contatto

(componenti n - t) e quindi le risultanti

S_x,davurrato e S_ydavuto

(L’eppe si pulisce si ruota solo il gdp & il tipo di forze non modifica il tipo di vincolo

Il gdp rispetto al tamburo si muove di retrotraverslazione accostamento libero, quindi

non conosciamo a priori la cinematicità

β= angolo della direzione di accostamento

γ= angolo dell'attrezzo alla risultante delle azioni

normanti di sterezzo

δ= angolo della vanczia posozione angolare

θ= δ-β

La pressione di contatto n ha lungo la direzione di caratteramento

non ha cos(θ) Legge cosnuquale

Pn non cos θ la pressione di tenzine γ angolo di instituzione del tamburo

Volume maggiorile sturatas element imintesimo b.Rdｐh₀cos(θ)

Lavoro della forza di attrito b.R.dβ₀cos(θ)

P(θ)・b・dθ・R・Ω

δν al

=b・R.dβ₀cos(θ) b.R・f.p.f.sub・θ

P=p(βt).cos(θ)

p₀cos(θ)

è la pressione tra gdp e pulizzo lungo la direzione di accoppiamento

SCALA 1:6

SCALA FORZA 1:44

CORPO 1

A F [esc] av F_k

[esc]

B av F_c

[esc] E F_u

CORPO 2

C F_c

[esc]

D [esc] Z_c

SISTEMA TERRA TAVOLO

av F_ck

av F_uk p

MILLIMETRATO DO

FAVINI

Contatto su circonferenza raccordo

h(α) = zk

zk = Z₁ - R₁ = K_F cos (α) con Z₀ = R₁ K_F = R₁, F_A = β₁ cos (α₁ β₁) = (R - R₁) cos (β - β₁)

h(t) = z_A - Z_k = (R - R₁) (1 - cos (β - β₁))

zk = R₁

h = (R - R₁) (1 - cos (|β| - β))

per β > 0 (l

per β < 0 (legge discendente)

legge ascendente

per β > 0 (

̇β = β(t) = ωt → β̇ = ω

h(t) = h (β(t))= h(ωt)

Per un ciclo (− π/ω ≤ t ≤ π/ω)

Legge delle relative velocità accelerazioni

±60° β ±60

h(t) = 0

h(t) = 0

±120° β + 59 1/2

h(t) = ±125,3(sem(60–ωt)ω

h(t) = ±125,3(sem(60–ωt)ω

±60° β + 60

h(t) = ±49 1/2(sem(60–ωt)ω

h(t) = ±49 1/2(sem(60–ωt)ω

±120° β + 30

h(t) = ±125,3(30(60–ωt)ω

h(t) = ±125,3(sem(60–ωt)ω

±60° β ± 60

h(t) = 0

h(t) = 0

Forze di inerzia dei piattini

Le forze di inerzia che agiscono sul piattino (nell’istante che non è sempre a contatto con la camma

F_m= mω = –mβ

Le forze di inerzie cambiano bruscamente di segno in alcuni istanti tendendo a α

camma e piattino a staccarsi, causano una grande usura o un alto punto un’ellittometrica

camma e piattino serve una molla per assicurare il contatto tra il telaio e piattello

per ottenere delle forze di inerzia sfavorevoli.

Elemento di sicurezza

Fel(β₁) = F_m(β₁)

F_g(β₁) > C_g Fel(β₁)

C_g calibrato di sicurezza

In questo caso utilizziamo C_g = 1.75

Fel(β₁) 1.75 • F_m(β₁)

FASE 3: Propaedeutica a dimensionamento dei denti (moduli)

ESEMPIO: Riduttore Meccanico

Macchina in specie: n_p = 2m (n₁, n₂) ^M₁ = n_p (n₄, n₃) ^M₂ = n_p

n_p = P₁(1 + η) = P₁₀(1−m0)

Si ipotizza che a parità di tensioni e di catena cinematica la potenza persa nel sistema precedenti. è pari a quella persa del rotismo esso ordinario.

Potenza motrice a parità di coppie M₁ P₁ = W₁U₁ P₁₀ = H₄(U₂−U_p)

da cui

U₁(1−m₀) = (W₁−W_p)(1−m₀ ) U₁→ U₂→ η = 1 (W₂−W_p)(1−m₀ ) U1 pseudo sezioni

rendendo U₄ U₁ U₄ η = η₄ (1− 1 / Z₂) (1−m₀ )

η_p1η_p2 U: η_p2(1−1/(4Z₂))₂ (

• (1−1/Z₄)
• (1/C₄)

entrambi i parametri

η_p24 = 1− T (/ (1/Z₂))

il rendimento medio dell'accoppiamento tra Ingranaggi

n_p = n₁₀₂ n₁₀₁

Nel caso di massima parabolica (come nel caso di vero sole) il rendimento del complesso è pari alla media ponderata del rendimento dei singoli componenti

I STADIO

• n₀₁=1− n_p1 (4/48,1/ 54) = 0.976
• n₀₂ =1−n_p01 (1, 54/120) = 0.996

II STADIO

• n₀₁=1−n_p02(1/24,1 63) = 0.982
• n₀₂= 1−n_p01 (1,68 / (4Z) = 0.997

m₀≃n_p31n₀₂ = 0.929

η₁=1−(1−1/η₀₂).1−m₀

(1−(.1 0.929) = 0.982

Il rendimento del parabolico coincidente con quello del singolo solare

accoppiamenti tra i solari

n_p = 0.93;

η₁ (n_p)≈0.5 (0.993,η)=0.97, η≃ ≃0.5 η=0.95, η≃0.02

₀P_nmax=

-σ_f mm

μg

P μma:

¹-n

σ=-0.2000 cos(α)