Теория механизмов и машин (831194), страница 5
Текст из файла (страница 5)
В свою очередь, aCB= ω22l2 = 0, так как= aB = aBAω2 = 0.План ускорений (рис. 89) построен из полюса Pa по векторномууравнению (2). По построению ΔABC на схеме механизма подобенbc Pa bΔPacb на плане ускорений, откуда. Следовательно,=BC ACll2τ= aB 2 = a B= 31,82 м/с2.aCB22l ACl −l2441τaCB= 106 рад/с2. Направлено углоl2вое ускорение звена 2 против хода часовойстрелки.Главный вектор сил инерции численно равен Φ S 2 = 20⋅30 = 600 Н и направлен вдоль осиy. Главный момент сил инерции по величинеравен M Φ 2 = 0,19⋅106 = 20 Н⋅м и направлен походу часовой стрелки.Отсюда ε 2 =Рис. 89Задача 22Искомую реакцию в поступательной кинематической пареF23 = − F32 определим, используя метод кинетостатики [1, п.
6.1].Рассмотрим звенья 2 и 3 (группу Ассура). Так как по условию задачи m2 = 0 и J2S = 0, то на второе звено действуют только реакцииF23 и F21 (рис. 90). Уравнения кинетостатики для этого звена принимают видF23 + F21 = 0 ; M B ( F23 ) = 0 .⊥CD (•B)Рис. 90Отсюда следует, что b = 0, а реакцииF23 = − F21 направлены перпендикулярно кулисе CD и проходят через точку B.Запишем уравнение динамического равновесия звена 3 (рис. 91):∑MD = 0:− M 3 − M Φ 3 + F32lCD = 0.ОтсюдаF32 =M 3 + M Φ3.lCD(1)Главный момент сил инерции звена 3Рис. 91M Φ 3 = − J 3S ε3 .(2)45Определим значение и направление углового ускорения ε3 .Скорости точек механизма связаны зависимостьюV C = V B + V CB .⊥ CD ⊥ AB ║ CDПоскольку по условию задачи AB ⊥ CD , то кулиса 3 находитсяв своем крайнем правом положении, т.
е. ω3 = 0 и VC = 0.Уравнение ускорений имеет видnτnττKaCD+ aCD= aBA+ aBA+ aCB+ aCB.C→D ⊥ CD(3)B → A ⊥ AB║CDСоставляющие ускорений равны:naBA= ω12l1 = 13,162 ⋅ 0,1 = 17,32 м/с2;τaBA= ε1l1 = 0 , так как ε1 = 0 (ω1 = const);KaCB= 2VCB ω3 = 0 , так как ω3 = 0;naCD= ω32lCD = 0 , так как ω3 = 0.Таким образом, уравнение (3) принимает видτnτaCD= aBA+ aCB.(4)⊥ CD B → A ║ CDτnАнализ векторного уравнения (4) показывает, что aCD= aBA=τaCD, где lCD = l1ctg30° =lCD= 0,1732 м. Таким образом, численное значение углового ускоре17,32ния ε3 == 100 рад/с2, направление — против хода часовой0,1732стрелки. Из уравнения (2) следует, что главный момент сил инерции численно равен M Φ 3 = 0,2⋅100 = 20 Н⋅м и направлен по ходу= 17,32 м/с2.
Угловое ускорение звена 3 ε3 =46часовой стрелки. Из уравнения (1) окончательно получаем153, 2 + 20F32 == 1000 Н. Реакция положительна, значит, она на0,1732правлена так, как показано на рис. 91.Задача 27Плоский рычажный механизм (см. рис. 27) имеет одну степеньсвободы Wп = 1. Следовательно, достаточно определить закондвижения одного звена, а затем, используя обычные кинематические методы, можно найти законы движения остальных звеньев.Динамическая модель механизма [1, п.
4.1] показана на рис. 92.Для того чтобы в любой момент временивыполнялось условие ωM = ω1, параметры динамической модели должны быть определеныпо следующим формулам:приведенный момент от момента M3 [1, п. 4.2]M Mпp3 = M 3ω3;ω1(1)приведенный момент инерции звена 3[1, п. 4.3]Рис. 922⎛ω ⎞J 3пp = J 3 S ⎜ 3 ⎟ .⎝ ω1 ⎠(2)Для определения передаточного отношения построим планскоростей (рис. 93) для заданного положения в соответствии суравнениемV C = V B + V CB .⊥ CD ⊥ AB ║ CDИз плана скоростей следует, что VC = VB / 2. Угловая скоростьзвена 3 ω3 = VC / lCD направлена против хода часовой стрелки. Изсхемы механизма (см. рис.
27) ясно, что lCD = 2l1. Учитывая, чтоω1 = VB / l1 , окончательно получаем ω3 / ω1 = 1/ 4.47Подставляя полученные значения в (1) и (2), находим800M Mпp3 = −= −200 Н⋅м;42⎛1⎞J 3пp = 0,16 ⋅ ⎜ ⎟ = 0, 01 кг⋅м2.⎝4⎠Рис. 93Задача 31Приведенный движущий момент найдем из условия равенстванулю суммарной работы всех сил за цикл работы механизма[1, п. 4.8]:Aдц + Aсц = 0 .(1)По условию M дпp = const , поэтому Aдц = M дпp ⋅ 2π . Работу силсопротивления найдем по данному в условии графику:πAсц = −100 ⋅ = −50π . Подставляя в (1), находим M дпp = 25 Н⋅м.2Для определения наибольшего изменения кинетической энергии построим графики суммарного приведенного момента M Σnp исуммарной работы всех сил за цикл работы механизма (рис.
94),ϕ1равной AΣ = ∫ M Σпp d ϕ1.0Н·мИзменение кинетическойэнергии механической системыравно суммарной работе активных сил и моментов и силтрения во всех кинематическихпарах системы [1, п. 4.4]:T − T0 = AΣ (ϕ1 ).Рис. 9448На графике видно, чтомаксимального по модулюзначения суммарная работадостигает при ϕ1 = π/2:π⎛π⎞AΣ ⎜ ⎟ = −75 ⋅ = −37,5π Дж.2⎝2⎠Следовательно, максимальное изменение кинетической энергии составляет ΔTнб = 37,5π Дж.Задача 33Воспользуемся уравнением движения в энергетической форме[1, п.
4.4] и выразим из него угловую скорость звена приведения:ω1 = 2AΣ + T0J Σпp.Суммарную работу сил, действующих в механизме, найдем спомощью данного в условии графика:AΣ =3π2∫ MΣ0пpπd ϕ1 = ∫ M Σпp d ϕ1 +03π2∫ M Σ d ϕ1 = 1000π − 500π = 500π Дж.пpπПодставляем полученные значения в исходную формулу:ω1 = 2500π + 2030= 60 рад/с.2Задача 35Все подвижные звенья механизма условно разделим на двегруппы [1, п. 4.9]: к группе I относятся звенья, обладающие постоянным приведенным моментом инерции ( I Iпp = const) ; к группе II —звенья с переменным приведенным моментом инерции ( I IIпp = var) .Таким образом, кинетическая энергия механизма также можетбыть условно поделена на две части: T = TI + TII.В соответствии с методом Мерцалова приведенный моментинерции звеньев I группы равенΔTI maxΔTI нб, откуда ω1cp =.J Iпp =2δω1cpδJ Iпp491Из условия следует, что TII = I IIпp ω12 = 0.
Так как T = T0 + AΣ , то2TI = T = T0 + AΣ. Следовательно, ΔTIнб = ΔAΣ нб = 2000 Дж, как видноиз данного в условии графика. Подставляя найденные значения висходную формулу, получаем2000⋅ 100 = 20 рад/с.500ω1cp =Задача 39Выразим угловое ускорение кривошипа 1 из уравнения движения механизма в дифференциальной форме [1, п. 4.4]:ε1 =M Σпpω12 dJ Σпp−.J Σпp 2 J Σпр d ϕ1Поскольку J Σпp = const, то ε1 =M Σпp.J ΣпpСуммарный приведенный момент равен M Σпp = M 1 + M Mпp3 , гдеω3.
Из плана возможных скоростей, соответствующегоω1векторному уравнениюM Mпp3 = M 3V C = V B + V CB ,⊥ CD ⊥ AB ⊥ BCследует, что VCB = 0. Значит, VC = VB, но VC = ω3l3, а VB = ω1l1, откуωl1да 3 = 1 = .ω1 l3 2Приведенный момент от момента M3 равенM Mпp3 = −200 ⋅501= −100 Н⋅м.2Суммарный приведенный момент равен M Σпp = 200 − 100 == 100 Н⋅м. Угловое ускорение кривошипа ε1 = 100 / 5 = 20 рад/с2.Задача 42Угловая скорость звена приведения ω1 = d ϕ1 / dt , откуда2πt=∫0πd ϕ1dϕ=∫ 1+ω1 0 ω12π∫πd ϕ1= t ′ + t ′′.ω1На первом участке 0 ≤ ϕ1 < π среднее значение угловой скорости, линейно изменяющейся по заданному графику,ω1′cp =′′ = 7,5 рад/с.
Следова= 5 рад/с, на втором участке π ≤ ϕ1 < 2π ω1cpтельно, можно приблизительно определить время одного оборотаΔϕ1′ Δϕ1′′ ππкривошипа как t = t ′ + t ′′ =+= += 1 с.′′′ω1cpω1cp5 7,5Задача 45КПД при установившемся режиме работы машинного агрегатаравен отношению мощностей сил полезного сопротивления идвижущих сил [1, п.
6.5]:η=ηM дPпс M с ωс=, откуда ωс =ωд .MдPд M д ωдКПД машинного агрегата, состоящего из последовательно соединенных механизмов, равен произведению КПД входящих в него механизмов: η = η1η2η3 = 0,54. Подставляя это значение в ис0, 54 ⋅ 150ходную формулу, находим ωс =⋅ 100 = 50 рад/с.162Задача 47При параллельном соединении механизмов в единый агрегатмощность последнего равна сумме мощностей входящих в негомеханизмов:51P = P1п.с + P2п.с + P3п.с.Выражая мощность сил полезного сопротивления через мощность движущих сил [1, п.
6.5], преобразуем выражение к видуM c ωc = η1M1д ω1 + η2 M 2д ω2 + η3 M 3д ω3 .ОтсюдаMс =1( η1M1д ω1 + η2 M 2д ω2 + η3 M 3дω3 ) =ωс=1( 0,9 ⋅100 ⋅ 50 + 0,8 ⋅100 ⋅100 + 0,85 ⋅100 ⋅ 80 ) = 260,8 Н⋅м.74К главе 2Задача 50Задача имеет множество решений, поскольку корректирующиемассы можно установить в плоскостях коррекции на различныхрадиусах. Для динамического уравновешивания кулачкового валапотребуются две корректирующих массы, установленные в двухплоскостях коррекции [1, п. 7.5].Дисбалансы неуравновешенных масс — кулачков 1 и 2 — соответственно равны D1 = m1 e s1 = 300·10 = 3000 г⋅мм и D 2 = m2 e s2 == 600·20 =12000 г⋅мм.
Приведем векторы дисбалансов D1 и D 2 кплоскостям коррекции A и B, заменив каждый вектор дисбалансадвумя параллельными ему векторами, расположенными в плоскостях коррекции (рис. 95, 96):L − l1450 − 150= 3000 ⋅= 2000 г⋅мм;L450l150D1B = D1 1 = 3000 ⋅= 1000 г⋅мм;L450L − l2450 − 300= D2= 12000 ⋅= 4000 г⋅мм;L450l300D2 B = D2 2 = 12000 ⋅= 8000 г⋅мм.L450D1 A = D1D2 A52Рис. 95Рис. 96Сложим дисбалансы, расположенные в плоскости A (см. рис. 95):D A = D1A + D 2 A .Модуль вектора дисбаланса равенDA = D12A + D22A = 20002 + 40002 ≅ 4472 г⋅мм.D1A1= arctg ≅ 26, 5°.D2 A2Сложим теперь дисбалансы, расположенные в плоскости B(см. рис. 96):D B = D1B + D 2 B .Угловая координата ϕ A = arctgМодуль вектора дисбаланса равенDB = D12B + D22B = 10002 + 80002 ≅ 8062 г⋅мм.D1B1= arctg ≅ 7°.8D2 BВекторы дисбалансов корректирующих масс mkA и mkB должныудовлетворять равенствам D kА = − D A и D kB = − D B , что можетбыть реализовано, например, следующим образом.Плоскость коррекции A:Угловая координата ϕ B = arctg53mkA = 203 г; ekA =DA 4472=≅ 22 мм; ϕkA = ϕA + 180° ≅ 206,5°.203mkAПлоскость коррекции B:mkB = 400 г; ekB =DB 8062=≅ 20 мм; ϕkB = ϕB + 180° ≅ 187°.mkB400Задача 53Статическое уравновешивание механизма выполним методомзамещающих масс [2], согласно которому каждое звено механизмапредставляется в виде двух сосредоточенных масс, расположенных в кинематических парах этого звена.
Значения замещающихмасс должны быть такими, чтобы центр масс звена не изменилсвоего положения.Распределим массу шатуна 2 по кинематическим парам B и C(рис. 97).lCS200= 2 кг;m2 B = m2 2 = 3 ⋅300l2lBS100= 1 кг.m2C = m2 2 = 3 ⋅300l2Рис. 97Таким образом, механизм (рис. 98) представлен четырьмя сосредоточенными массами:mA = m1; mB = m2B; mC = m2C;из которых массы mB и mC необходимо уравновесить, установивна звеньях 1 и 3 корректирующиемассы mК1 и mК3 соответственно.При этом дисбалансы корректирующих масс должны удовлетворять равенствам Dk1 = − DB иDk 3 = −DC , где DB = m2 B l АВ == DB = m2 B lАВ = 2 ⋅ 100 = 200 кг⋅ мм;DC = m2C lCD = 1 ⋅ 100 = 100 кг⋅ мм.54mD = m3,Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
