[Meccanica applicata alle macchine] Manovellismo di spinta rotativo.
Sto avendo problemmi nel risolvere il punto 2), non sto riuscendo ad arrivare a trovare la $F_2$ che mi chiede, ho fatto varie considerazioni a partire dalla $F_1$ che mi viene data, ma sarebbe una assurdità pubblicare qui le mie considerazioni inutili e prima di farlo, vorrei cheidere a voi un consiglio su come cominciare il ragionamento per arrivare a quella forza $F_2$
Qualcuno può gentilmente aioutarmi ad arrivare alla soluzione del punto 2)
Risposte
Come sempre premetto che non sono un meccanico, poi ho un tablet per scrivere quindi sono un po' limitato. Comunque la coppia dovuta a F1mi sembra $F1 200/280 cos 45 * 40 $ La coppia dovuta a F2 mi sembra $ -F2 cos 20 165/85 sin 20$.
"Quinzio":
Come sempre premetto che non sono un meccanico, poi ho un tablet per scrivere quindi sono un po' limitato. Comunque la coppia dovuta a F1mi sembra $F1 200/280 cos 45 * 40 $ La coppia dovuta a F2 mi sembra $ -F2 cos 20 165/85 sin 20$.
Scusami, ma non sto riuscendo a capire come hai considerato i bracci dei momenti?
"Quinzio":
...$F1 200/280 cos 45 * 40 $ La coppia dovuta a F2 mi sembra $ -F2 cos 20 165/85 sin 20$.
Scusami, forze nel messaggio precedente non ho esposto chiaramente la domanda...........
Ma come hai considerato i bracci in queste scritte?:
$F1 200/280 cos 45 * 40 $
$ -F2 cos 20 165/85 sin 20$
Qualcuno puo’ aiutarmi a capire quello che e’ scritto?
Help!
Amici, io non mi do pace per questo esercizio, ma vedo che nessuno riesce ad aiutarmi e questo mi fa capire che molti altri si trovano nelle mie stesse condizioni per questo esercizio.... 
Ho fatto e rifatto prove e prove per arrivare alla forza $F_2=502 N$, ma non sono riuscito ad arrivare a quel valore malefico, in quanto sono riuscito ad arrivare al valore di $F_2 = 227.16 N$, nel seguente modo: ......
Inizio sul corpo in cui è applicata la $F_1 = 50N$, graficamente in scala seguente:
ovviamente arrivo alla $F_N = 35.35 N$
In sostanza, la $F_N$ è poi la $F_B=sqrt(F_x^2 + F_y^2)= 35.35 N$ in quanto $F_x=25N=F_y$
arrivando quindi al seguente ragionamento:
Ma secondo voi, Dove starò sbagliando
Perchè non arrivo al valore di $F_2 = 502 N$
Ho fatto e rifatto prove e prove per arrivare alla forza $F_2=502 N$, ma non sono riuscito ad arrivare a quel valore malefico, in quanto sono riuscito ad arrivare al valore di $F_2 = 227.16 N$, nel seguente modo: ......
Inizio sul corpo in cui è applicata la $F_1 = 50N$, graficamente in scala seguente:
ovviamente arrivo alla $F_N = 35.35 N$
In sostanza, la $F_N$ è poi la $F_B=sqrt(F_x^2 + F_y^2)= 35.35 N$ in quanto $F_x=25N=F_y$
arrivando quindi al seguente ragionamento:
Ma secondo voi, Dove starò sbagliando
Perchè non arrivo al valore di $F_2 = 502 N$
Sbagli calcoli in B. Le forze li non sono uguali.
Sbagli anche il calcolo sul momento delle forze sul volano, perche non ci metti la rotazione di $F_T$
Sulla piede A della biella agisce una forza incognita $R_1$ dovuta al manovellismo che e' a 45 gradi. Imposto l'equilibrio alla rotazione attorno al perno B ti viene:
$R_1*280*sqrt(2)/2-F_1*80$ da cui $R_1=(50*80)/(280sqrt(2))=20.20N$
Le componenti sono
Orizzontale diretta verso sx $R_1*sqrt(2)/2=14.29N$
Verticale diretta verso l'alto di pari valore.
Le forze in B si trovano imponendo l'equilibruio alla traslazione su x e su y
Quindi su x $F_[HB]=-14.29N$ ta verso sx e $F_[VB]=50-14.29=-35.71N$ diretta verso il basso.
L'equilibrio alla rotazione al momento del volano e'
$C+14.29*(40*sqrt(2)/2)+35.71*(40*sqrt(2)/2)+N*40*sin(20)-fN*40cos(20)=0$
da cui $N=-245N$ (attento che $C=1000 N*mm$)
Per l' equilibrio del corpo 3 alla rotazione
$F_2*85cos20+165N=0$ da cui $F_2=506N$ vicino al tuo risultato a meno degli arrotondamenti.
Sbagli anche il calcolo sul momento delle forze sul volano, perche non ci metti la rotazione di $F_T$
Sulla piede A della biella agisce una forza incognita $R_1$ dovuta al manovellismo che e' a 45 gradi. Imposto l'equilibrio alla rotazione attorno al perno B ti viene:
$R_1*280*sqrt(2)/2-F_1*80$ da cui $R_1=(50*80)/(280sqrt(2))=20.20N$
Le componenti sono
Orizzontale diretta verso sx $R_1*sqrt(2)/2=14.29N$
Verticale diretta verso l'alto di pari valore.
Le forze in B si trovano imponendo l'equilibruio alla traslazione su x e su y
Quindi su x $F_[HB]=-14.29N$ ta verso sx e $F_[VB]=50-14.29=-35.71N$ diretta verso il basso.
L'equilibrio alla rotazione al momento del volano e'
$C+14.29*(40*sqrt(2)/2)+35.71*(40*sqrt(2)/2)+N*40*sin(20)-fN*40cos(20)=0$
da cui $N=-245N$ (attento che $C=1000 N*mm$)
Per l' equilibrio del corpo 3 alla rotazione
$F_2*85cos20+165N=0$ da cui $F_2=506N$ vicino al tuo risultato a meno degli arrotondamenti.
Grazie PFK per aver dato una spiegazione analitica al mio problema, ma io ho provveduto a risolvere lo stesso, integrando mediante il metodo Grafico, ecco la mia soluzione:
Adesso do le spiegazioni dovute......
Considerando che la biella in $A$ è folle, non avrà reazioni particolari, ma soltanto la reazione lungo la direzione $A O_1$, mentre in $B$, si hanno due reazioni, una lungo $B O_2$ ed una normale ad $B O_2$, quindi, imponendo un fattore di scala alla forza di $50N$:
avrò le componenti delle reazioni lungo le direzioni $A O_1$ ed $B O_2$ che sono la somma vettoriale e che danno $F_1 = 50N$, e di conseguenza, posso ricavare anche la componente in $F_x$:
Ovviamente a me serve la $F_B = sqrt(F_x^2 + F_y^2)= 35.35$ ed ho esposto tutto nella prima immagine dove c'è la soluzione!
Tu analiticamente hai usato il coefficiente di attrito ....., mentre io graficamente ho utilizzato il coefficiente di attrito per determinare l'angolo di inclinazione della forza $F_N$ (Normale), perchè si sa che la forza, in presenza di attrito, si inclina di un angolo $alpha=tg^(-1)(f)$, inclinazione che si oppone al moto del pattino...
Quindi mi sono ricavato la forza Normale $F_N$
Il momento $C$ è un momento che si oppone al moto e quindi il verso è orario in quanto la forza $F_1$ spinge verso il basso causando una rotazione antiroraria del disco, quindi se $F_1$ va verso giù, il momento resistente $C$ dovrà opporsi andnado in verso orario, ma effettivamente avevo fatto casini con i segni, in quanto se considero i versi delle forze positivi sulla barra $A B$, si avranno versi negativi per i corpi che ho staccato nel diagramma delle forze
Per quanto riguarda il risultato che si discosta "se pur di poco", è tutto giustificabile dal fatto che il metodo grafico è meno preciso del metodo analitico, "ma trattandosi di Meccanica applicata", è un errore giustificato
E' un piacere poter discorrere con te PFK, conosco i tuoi metodi risolutivi e per me è un piacere confrontarmi con persone di un certo livello, mia grande stima nei tuoi confronti.
Adesso do le spiegazioni dovute......
Considerando che la biella in $A$ è folle, non avrà reazioni particolari, ma soltanto la reazione lungo la direzione $A O_1$, mentre in $B$, si hanno due reazioni, una lungo $B O_2$ ed una normale ad $B O_2$, quindi, imponendo un fattore di scala alla forza di $50N$:
avrò le componenti delle reazioni lungo le direzioni $A O_1$ ed $B O_2$ che sono la somma vettoriale e che danno $F_1 = 50N$, e di conseguenza, posso ricavare anche la componente in $F_x$:
Ovviamente a me serve la $F_B = sqrt(F_x^2 + F_y^2)= 35.35$ ed ho esposto tutto nella prima immagine dove c'è la soluzione!
Tu analiticamente hai usato il coefficiente di attrito ....., mentre io graficamente ho utilizzato il coefficiente di attrito per determinare l'angolo di inclinazione della forza $F_N$ (Normale), perchè si sa che la forza, in presenza di attrito, si inclina di un angolo $alpha=tg^(-1)(f)$, inclinazione che si oppone al moto del pattino...
Quindi mi sono ricavato la forza Normale $F_N$
Il momento $C$ è un momento che si oppone al moto e quindi il verso è orario in quanto la forza $F_1$ spinge verso il basso causando una rotazione antiroraria del disco, quindi se $F_1$ va verso giù, il momento resistente $C$ dovrà opporsi andnado in verso orario, ma effettivamente avevo fatto casini con i segni, in quanto se considero i versi delle forze positivi sulla barra $A B$, si avranno versi negativi per i corpi che ho staccato nel diagramma delle forze
Per quanto riguarda il risultato che si discosta "se pur di poco", è tutto giustificabile dal fatto che il metodo grafico è meno preciso del metodo analitico, "ma trattandosi di Meccanica applicata", è un errore giustificato
E' un piacere poter discorrere con te PFK, conosco i tuoi metodi risolutivi e per me è un piacere confrontarmi con persone di un certo livello, mia grande stima nei tuoi confronti.
Non ci sei. Il risultato torna perche probabilmente con le approssimazioni il sistema non si accorge di errori.
1) Nel punto B la componente orizzontale $F_[HB]$ non puo' essere uguale alla componente verticale $F_[VB]$. Invece da quel poco che riesco a leggere, mi sembra che a te venga cosi. Per convincerti del fatto che non puo essere cosi, basta che sposti la forza F=50N verso A o verso B. Se la forza fosse in A allora per forza dovrebbe essere $F_[VB]=0$. Se la forza F dosse in B, allora dovrebbe essere $F_[HB]=0$. Le reazioni interne in B dipendono dalla distanza di F da B (o da A, che e' lo stesso).
La rappresentazione grafica te l'allego in figura. l'errore che fai tu e' considerare l'angolo in figura come retto, ma non lo e': dipende dalla posizione di $F_1$ sulla biella. Il tuo ragionamento sarebbe valido se la forza $F_1$ fosse piazzata esattamente a meta biella (che poi e' quello che ti ha scritto, in altre parole, Quinzio nel primo messaggio).
Secondo punto: ti dice che il disco sta ruotando in senso orario, e il momento e' frenante. Vuol dire che il momento e' in senso antiorario e' la forza di attrito sul volano e' diretta in alto a sinistra (e in basso a dx sul corpo 3)
Buonissima ed elegante la soluzione che hai adottato: ma se ruoti
la $F_N$ dell'angolo di attrito per calcolare il momento per il volano, lo devi fare anche per il corpo 3, cosa che invece non fai. Non ti accorgi della differenza per via del fatto che l'angolo di attrito e' solo di 5 gradi, ma l'equazione corretta, in linea di principio, dovrebbe essere scritta cosi'
$F_2*0.85*cos20-F_N*0.165*cos5=0$
1) Nel punto B la componente orizzontale $F_[HB]$ non puo' essere uguale alla componente verticale $F_[VB]$. Invece da quel poco che riesco a leggere, mi sembra che a te venga cosi. Per convincerti del fatto che non puo essere cosi, basta che sposti la forza F=50N verso A o verso B. Se la forza fosse in A allora per forza dovrebbe essere $F_[VB]=0$. Se la forza F dosse in B, allora dovrebbe essere $F_[HB]=0$. Le reazioni interne in B dipendono dalla distanza di F da B (o da A, che e' lo stesso).
La rappresentazione grafica te l'allego in figura. l'errore che fai tu e' considerare l'angolo in figura come retto, ma non lo e': dipende dalla posizione di $F_1$ sulla biella. Il tuo ragionamento sarebbe valido se la forza $F_1$ fosse piazzata esattamente a meta biella (che poi e' quello che ti ha scritto, in altre parole, Quinzio nel primo messaggio).
Secondo punto: ti dice che il disco sta ruotando in senso orario, e il momento e' frenante. Vuol dire che il momento e' in senso antiorario e' la forza di attrito sul volano e' diretta in alto a sinistra (e in basso a dx sul corpo 3)
Buonissima ed elegante la soluzione che hai adottato: ma se ruoti
la $F_N$ dell'angolo di attrito per calcolare il momento per il volano, lo devi fare anche per il corpo 3, cosa che invece non fai. Non ti accorgi della differenza per via del fatto che l'angolo di attrito e' solo di 5 gradi, ma l'equazione corretta, in linea di principio, dovrebbe essere scritta cosi'
$F_2*0.85*cos20-F_N*0.165*cos5=0$
Adesso ho compreso l’errore che commettevo!
Ti ringrazio PFK, come sempre, riesci a insegnare con grande classe!
Ti ringrazio PFK, come sempre, riesci a insegnare con grande classe!
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