Заяц В.Г. Теория механизмов, машин и манипуляторов
Подождите немного. Документ загружается.
31
Получаем для положения 3 следующую зависимость:
81,1003,11tg
1,0
30
2tg2
1
==ψ
µ
µ
=ω
i
I
Т
.
Угловое ускорение
1
ε определяется из дифференциального уравне-
ния движения
,
2
II
П
I
П
1
П
2
1
С
П
Д
П
1
II
d
dI
ММ
+
ϕ
ω
−−
=ε
где производная
1
П
ϕd
dI
может быть получена методом графического диф-
ференцирования:
,tg
I
1
П
α
µ
µ
=
ϕ
ϕ
d
dI
где α — угол наклона касательной к графику
(
)
1
II
П
ϕI в соответствующей точке.
Для положения 3 находим:
5466,08,10tg
0349,0
1,0
1
П
==
ϕd
dI
;
93,3
235,26,186
5466,0
2
81,10
4,11206,409
2
1
−=
+
−−
=ε
.
При
1
ε > 0 направление
1
ε
совпадает с направлением
1
ω и наоборот.
Выводы
Из анализа динамического исследования машины установлено, что:
1) для обеспечения вращения звена приведения с заданным ко-
эффициентом неравномерности вращения
δ
= 0,055 необходимо,
чтобы постоянная составляющая приведенного момента инерции
была 6,186
I
Р
=I кг ∙ м
2
;
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
32
2) так как приведенный момент инерции всех вращающихся звень-
ев ,
0
ПП
II >
Ι
то на вал кривошипа необходимо установить маховик, мо-
мент инерции которого 2,186
М
=I
2
м
кг
⋅
;
3) получена графическая зависимость изменения угловой скорости
звена приведения
1
ω∆ после установки маховика, а также значение уг-
лового ускорения
1
ε в расчетном положении.
4 ДИНАМИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
РЫЧАЖНОГО МЕХАНИЗМА
4.1 Задачи и методы динамического анализа механизма
Задачами динамического анализа механизма являются:
1) определение реакций в кинематических парах;
2) определение уравновешивающего (движущего) момента, дейст-
вующего на вал кривошипа со стороны привода.
Указанные задачи решаем кинетостатическим методом, основанным
на принципе Даламбера: если к числу активных сил и реакций связей,
действующих на механическую систему, приложить силы инерции
(главные векторы и главные моменты сил инерции) звеньев, то система
рассматривается как находящаяся в равновесии, вместо уравнений дви-
жения можно записывать уравнения равновесия (статики).
Для определения сил инерции необходимо знать ускорения центров
масс и угловые ускорения звеньев. Поэтому силовому анализу предше-
ствует кинематический анализ по известному закону ∆ω
1
(φ
1
) и ∆ε
1
(φ
1
).
Задачи кинематики и кинетостатики можно решать как аналитически,
так и графически. В данном проекте воспользуемся графическим реше-
нием — построением планов скоростей, ускорений сил.
Примечание. Положение механизма выдается преподавателем.
4.2 Кинематический анализ механизма
Изображаем схему механизма в положении 3 (см. рис. А.2). Име-
ются следующие значения
1
ω и
1
ε : с/рад81,10
1
=ω ; 93,3
1
−=ε
2
с / рад .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
33
Скорость
A
V , м / с, точки А равна
.03,21877,081,10
1
=⋅=ω=
OAA
lV
Масштабный коэффициент 02,0=µ
V
мм
с
м
⋅
.
Тогда
.5,101
02,0
03,2
==
µ
=
V
A
V
ра
Так как
OAV
A
⊥
r
и направлена в сторону вращения кривошипа 1, то
откладываем отрезок
OApa
⊥
(в соответствующем положении механизма).
Переходим к построению плана скоростей для группы Ассура (2, 3).
Определим сначала скорость
3
A
V
r
той точки А
3
кулисы 3, которая в дан-
ном положении механизма совпадает с центром шарнира А. Для этого
запишем два векторных уравнения
+=
+=
,
,
2323
33
ОAОA
AAAA
VVV
VVV
rrr
r
r
r
(4.1)
где 0
2
=
О
V
r
(точка О
2
неподвижна), BОVВОV
ОAAA 22
233
,// ⊥
r
r
(
AA
V
3
s
и
23
ОA
V
r
—
скорости точки A
3
).
В соответствии с уравнениями (4.1) из точки а проводим направле-
ние ВО//V
AA 2
3
r
, а из точки
2
O , которая совпадает с полюсом p — на-
правление .BОV
ОA 2
23
⊥
r
В точке пересечения этих направлений получа-
ем точку а3.
Точка b в соответствии с теоремой подобия должна находиться на
продолжении отрезка pa3. Длину отрезка pb находим из пропорции
pb : pa3 = О
2
B : О
2
A.
Длина отрезка pa3 берется из плана скоростей, а длинна отрезка
О
2
А — из плана механизма в соответствующем положении
( 372
2
=
AO мм).
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
34
Рассмотрим структурную группу Ассура (4, 5). Ползун 5 движется
поступательно, поэтому достаточно определить скорость какой-либо од-
ной его точки. Определим скорость
сV
r
точки С . Для этого используем
следующие уравнения:
+=
+=
.
,
00
CDDC
CВВC
VVV
VVV
rrr
r
r
r
(4.2)
Согласно уравнениям (4.2), из точки b проводим прямую, перпенди-
кулярную BC, а из полюса p — горизонтальную прямую. На их пересе-
чении получаем точку С.
Точки
3
S и
4
S на плане скоростей находим по теореме подобия:
;
2
323
BO
SO
pb
ps
=
23
3
2
0,5;
OS
pspbpb
OB
==
;
44
BC
BS
bc
bs
=
.5,0
4
4
bс
BC
BS
bcps ==
Из планов скоростей получаем
;18,202,01,109 =⋅=µ=
VВ
pbV
;2,202,0110 =⋅=µ=
V
pcVс
;09,102,055,54
3
3
=⋅=µ=
VS
psV
;19,202,05,109
4
4
=⋅=µ=
VS
psV
;96,102,02,98
3
3
=⋅=µ=
VA
pаV
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
35
;512,002,06,25
3
3
=⋅=µ=
VAA
ааV
;184,002,02,9 =⋅=µ=
VCВ
bcV
;63,2
8275,0
18,2
2
3
===ω
BО
В
l
V
.23,1
15,0
184,0
4
===ω
BC
CВ
l
V
Направление угловой скорости
3
ω
звена 3 получим, поместив век-
тор относительной скорости
В
V
r
(вектор pb) в точку В и рассматривая
поворот этой точки относительно точки О
2
. Аналогичным способом
определяем направление угловой скорости
4
ω звена 4.
Переходим к построению плана ускорений.
Ускорение
А
а
r
, точки А равно
,
τ
+=
А
п
АА
ааа
r
r
r
где
п
А
а
r
— нормальное ускорение точки А, направленное от точки А к
точке О;
τ
А
а
r
— касательное (тангенциальное) ускорение точки А, направлен-
ное перпендикулярно ОА в сторону углового ускорения
1
ε .
Нормальное ускорение
п
А
а
r
, м / с
2
, точки А, направленное от точки А
к точке О, равно
.93,211877,081,10
22
1
=⋅=ω=
ОА
п
А
lа
Касательное (тангенциальное) ускорение
τ
А
а
r
, м / с
2
, точки А, направ-
ленное перпендикулярно ОА в сторону углового ускорения
1
ε , равно
.738,01877,093,3
1
=⋅=ε=
τ
ОАА
lа
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
36
Принимаем масштабный коэффициент 20,
а
=
µ
м ∙ с
-2
/ мм и нахо-
дим отрезки, изображающие
τ
А
а
r
и
п
А
а
r
:
;
1
а
n
А
а
n
µ
=π ;
1
а
А
а
аn
µ
=
τ
7,109
2,0
93,21
1
==πn мм; .7,3
2,0
738,0
1
==аn
В группе Ассура (2, 3) известны ускорения точек А и О
2
. Определим сна-
чала ускорение
3
А
а точки
3
А кулисы 3, совпадающей в данном положении
механизма с центром шарнира А. Рассматривая движение точки
3
А кулисы
относительно центра шарнира А, а затем относительно центра вращения О
2
кулисы, запишем два векторных уравнения распределения ускорений:
r
АА
к
АААА
аааа
333
r
r
r
r
++= ;
t
ОА
п
ОАОА
аааа
232323
r
r
r
r
++=
.
При этом 0
2
=
О
а .
Кориолисово ускорение определяется по формуле
АА
к
АА
Vа
33
3
2
r
r
r
ω=
На плане ускорений оно изображается отрезком
a
k
AA
a
ak
µ
=
3
.
При этом
69,2512,063,22
3
=⋅⋅=
k
АА
а
r
.
Тогда
5,13
2,0
69,2
==аk .
Нормальное ускорение
п
ОА
а
23
r
, м / с
2
, равно
16,5
002,02,372
96,1
2
2
22
33
23
=
⋅
=
µ
==
S
A
AB
A
п
ОА
AО
V
L
V
а
r
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
37
На плане ускорений
п
ВА
а
3
r
изображаем отрезком:
.8,25
2,0
16,5
3
3
==
µ
=π
а
n
ВА
а
n
Вектор тангенциального ускорения
τ
23
OА
а
r
точки а
3
в ее движении
относительно точки b направлен перпендикулярно к линии АО
2
.
Чтобы решить графически векторные уравнения распределения ус-
корений, надо из точки а отложить отрезок ak и через точку k провести
прямую, параллельную О
2
А, а из полюса
π
(так как
2
O
a = 0) отложить
отрезок
3
n
π
и через точку п
з
провести прямую, перпендикулярную к
О
2
А. На пересечении получим точку а
3
.
Соединив полюс
π
с точкой а
3
,
получим отрезок
3
а
π
= 27,9 мм.
В соответствии с теоремой подобия точка b на плане ускорений
должна находиться на продолжении отрезка
3
а
π
.
Длину отрезка
b
π
найдем из пропорции
.31
2,372
9,2775,413
2
32
2
2
3
=
⋅
=
π⋅
=π⇒=
π
π
АO
аВO
b
АO
BO
а
b
Переходим к построению плана ускорений другой структурной
группы, состоящей из звеньев 4 и 5. Определим ускорение точки С пол-
зуна 5. Рассматривая движение его по отношению к шарниру В и на-
правляющей хх, запишем соответственно два векторных уравнения:
τ
++=
СB
n
СBВС
аааа
r
r
r
r
;
0
0
СD
DС
ааа
r
r
r
+= .
Ускорение а
B
центра шарнира В определено при исследовании
структурной группы, составленной звеньями 2 и 3. Ускорение
0
D
а
r
= 0,
так как точка D
0
принадлежит стойке О и в данный момент неподвижна;
r
СD
а
0
r
— относительное ускорение точки С по отношению к точке D
0
,
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
38
направленное по горизонтали;
n
СВ
а
r
и
τ
СВ
а
r
— нормальная и касательная
составляющие относительного ускорения точки С.
Нормальная составляющая относительного ускорения
п
СВ
а , м / с
2
,
точки С определяется по формуле
22
4
1,230,150,227.
п
СВСВ
а l=ω=⋅=
Тогда получаем отрезок
4
bn ,мм, равный
.1,1
2,0
227,0
4
==
µ
=
а
n
CB
а
bn
В соответствии с уравнениями из точки b откладываем отрезок
4
bn
в направлении
п
СВ
а , из точки n
4
проводим линию в направлении
τ
CВ
а
r
, а
из точки d
0
, расположенной в полюсе
π
, проводим горизонталь. В пе-
ресечении указанных линий получаем точку c, которую соединяем с
полюсом
π
, и получаем отрезок
с
π
, изображающий
С
а
r
.
Точку S
3
на плане ускорений находим по теореме подoбия (анало-
гично тому, как это было сделано при построении плана скоростей):
.5,0
2
32
3
b
BО
SО
bs π=π=π
Положения точки
4
S на плане ускорений находим также по теоре-
ме подобия.
Из плана ускорений получаем
58,52,09,27
3
3
=⋅=µπ=
аА
аа ;
1,32,05,15
3
3
=⋅=µπ=
аS
sа ;
76,32,08,18
4
4
=⋅=µπ=
аS
sа ;
2,62,031 =⋅=µπ=
аВ
bа ;
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
39
28,22,04,11 =⋅=µπ=
аС
са ;
12,22,06,10
33
23
=⋅=µ=
τ
а
ОА
апа ;
54,52,07,27
4
=⋅=µ=
τ
а
CВ
спа .
Угловые ускорения
3
ε и
4
ε , рад / с
2
, равны
85,2
002,02,372
12,2
2
3
23
2
23
=
⋅
=
µ
==ε
ττ
S
ОА
АО
ОА
АО
а
l
а
;
9,36
15,0
54,5
4
===ε
τ
ВC
CВ
l
а
.
Направление углового ускорения
3
ε
звена 3 получим, поместив век-
тор
τ
ВА
а
3
(вектор
33
ап ) в точку А и рассматривая поворот этой точки от-
носительно точки О
2
. Аналогичным образом определяем направление
углового ускорения
4
ε звена 4.
4.3 Силовой расчет механизма
4.3.1 Определение сил инерции
и моментов сил инерции звеньев
Главные векторы сил инерции F
и1
, F
и2
, F
и3
, F
и4
, F
и5
, Н, равны
1
И11
0.
S
Fmа
==
Ускорение 0
1
=
S
a , так как центр масс находится на оси вращения и
является неподвижным;
,0
2
2И2
==
S
аmF
так как по условию массой звена 2 пренебрегают;
641,37,20
3
3И3
=⋅==
S
аmF ;
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
40
1476,38,3
4
44И
=⋅==
S
аmF ;
9428,24,41
5И5
=⋅==
С
аmF .
Силы инерции приложены в центрах масс и направлены противопо-
ложно ускорениям центров масс звеньев.
Главные моменты сил инерции М
и1
, М
и3
, М
и4
, Н · м, равны
3,73393,36,186М
1
I
П
1
И
=⋅=ε= I ;
9,685,241,2М
3И3
3
=⋅=ε=
S
I ;
54,09,360145,0М
4И4
4
=⋅=ε=
S
I .
Моменты сил инерции направлены противоположно угловым уско-
рениям звеньев.
4.3.2 Кинетостатический силовой анализ механизма
Силовой расчет проводим по группам Ассура, начиная с наиболее
удаленной от ведущего звена группы (4, 5). Рассматриваемую группу
строим в масштабе
S
µ
= 0,002 м / мм. Действие отброшенных звеньев
заменяем реакциями
43
F и
50
F .
Реакцию
43
F раскладываем на составляющие
n
F
43
r
, направленную
вдоль звена СВ, и
τ
43
F
r
, направленную перпендикулярно CВ.
Составляющую
τ
43
F
r
, Н, находим из уравнения моментов всех сил,
действующих на звено 4, относительно точки С:
∑
= 0
С
M
или
∑
⇒=−µ−−=
τ
0/
434И24И14
ВCFMhFhGM
lС
9
75
002,0/54,08,30141,3737/
4И24И14
43
=
−⋅−⋅
=
µ−−
=
τ
ВС
MhFhG
F
l
.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com