Meccanica Applicata alle Macchine Compito 27/2/03

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1 Meccanica Applicata alle Macchine Compito 7//03 I modulo: punti 1 e - Esame completo: punti 1 e La figura rappresenta un cassone per la raccolta di scarti di lavorazione industriale, nel quale è evidenziato il meccanismo che consente l'apertura del coperchio agendo con una forza F sul pedale E. Si assume che l'asta BC e la leva CDE siano di massa trascurabile. Si assume anche che il coperchio abbia massa di 5 kg e momento di inerzia centrale di 1.06 kg m. Le dimensioni siano ricavate dal disegno in base alla scala indicata. Si chiede di: a)calcolare la forza necessaria all'apertura del coperchio con una accelerazione iniziale di 1 rad /s. b) determinare la forza trasmessa dall'asta BC e le reazioni vincolari in A.. Centro di istantanea rotazione e polari del moto.

2 3. Si consideri un modello di antenna per telecomunicazioni come in figura. Le 3 masse m=50 kg rappresentano la massa della struttura concentrata ad intervalli di un terzo della altezza totale (che è di 5 m). Ciascun segmento è modellato come una struttura elestiche di rigidezza k= N /m. Determinare modi di vibrare e frequenze naturalidella struttura.

3 SOLUZIONE ESERCIZIO 3 Dati: m = 50 k = Equazioni del moto: t t t y t 1 y m 0 0 k - k 0 y 1 0 m k k - k y 0 0 m t = k k y 3 y t 3 E' un'equazione differenziale a coefficienti costanti, per cui la soluzione é del tipo: y 1 y = Y e w i t y 3 sostituendo si ottiene: - w 0 m 0 m m + k - k 0 - k k - k 0 - k k Y e w i t = 0 eq. (1) Affinché il sistema abbia soluzione il determinante deve essere uguale a zero: w - 0 m k k - k = 0 m 0 0 k - k m 0 - k k polinomio caratteristico - k k - w m + k - w m k - w m k - w m - k = w w w = 0 Le soluzioni sono gli autovalori Prima pulsazione naturale w = Sostituendo in eq. 1 si ottiene l'autovalore Normalizzando + + = 1 Y a = 1 = a =.47 a Y = a a = = Y = =

4 seconda pulsazione naturale w = Normalizzando + + = 1 = a Y = a = a Y a = = Y = = terza pulsazione naturale w = Sostituendo in eq. 1 si ottiene l'autovalore Normalizzando + + = 1 = a = a Y = a Y a = = = Y =

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6 SOLUZIONE ESERCIZIO 1 Per la risoluzione dell'esercizio sono possibili due strade: l'utilizzo del Principio dei Lavori Virtuali per il calcolo della forza F. Tuttavia l'esercizio richiede anche le forze dell'asta e della cerniera A per cui si deve applicare l'approccio di Newton-Eulero. Quindi é preferibile usare tale approccio per risolvere l'esercizio completo. Si applica l'approccio di Newton-Eulero ai 3 corpi. Il sistema di riferimento utilizzato é quello indicato in figura. ASTA E' noto che applicando le equazioni di Newton Eulero ad un asta senza massa, con due cerniere agli estremi, si ottiene che la reazione é lungo la retta che unisce le due cerniere (come indicato in figura). l'angolo a é l'angolo della configurazione iniziale dell'asta come indicato in figura. Le equazioni sono le seguenti a = arctan 1.5 a = arctan 5 T x 0.5 = T cos a T y = T sin a eq.(1) T = 1 x 6 6 T T 1 y = T PEDALE Il pedale é schematizzato come un'asta senza massa. In D si ha una cerniera che vincola il pedale al telaio. In figura sono indicate le reazioni e forze esterne e la reazione dell'asta BC. Le equazioni sono: 0 = RD x - T equilibrio alla traslazione lungo x x

7 Universita' di Trento = RD <mauro.dalio@ing.unitn.it> x - T equilibrio alla traslazione lungo x x 0 = RD y + T y - F equilibrio alla traslazione lungo y 0 = T y F 0.75 equilibrio alla rotazione (polo in D) usando eq.(1) dalla terza equazione si ottiene: T = F eq.() COPERCHIO Il coperchio é l'unico corpo con massa. In figura sono indicate le forze agenti sul coperchio. Va notato che pur essendo il coperchio fermo (la sua velocità iniziale di traslazione e rotazione sono nulle), é soggetto ad un'accelerazione di rotazione che causa anche un'accelerazione iniziale del baricentro. Le equazioni sono: m eq.(3) equilibrio alla traslazione lungo x xg = RA t t x + T x m eq.(4) equilibrio alla traslazione lungo y yg = RA t t y - T y - m g I A eq.(5) equilibrio alla rotazione (Polo A) q = T t t x T y - m g 0.5 dove, nella configurazione iniziale: AG = AG = I A = m AG I A = m = 5 g = b = arctan 0.5 q = p - b b = arctan 0.5 Calcolo accelerazione baricentro: Posizione: xg = AG cos q yg = AG cos q Velocità: xg = AG cos q yg = AG sin q t t t t Accelerazione: xg = AG cos q yg = t t t t t t t Impoendo le condizioni iniziali: q = 0 q = 1 xg = AG sin b yg = t t t t t t t Combinando le equazioni 1-5 si ottiene: RA x = RA y = F = 17.1 E sostituendo a ritroso si ottengono: t AG cos b AG sin q

8 E sostituendo a ritroso si ottengono: T = RD x = RD y =