1415 / 21_Metodich

21

из той же точки о отложим вектор

y4 = R4 /K, мм,

изображающий в том же масштабе силу G4, к концу еe прибавим вектор

yN = N4E /K, мм,

изображающий силу N4E. Затем, соединив концы векторов y4 и yN, получим вектор у4D, который изображает на чертеже искомую силу Q4D. Величина ее определяется по формуле

Q4D = K y4D, H.

После этого рассмотрим звенья 2 и 3 (рис. 1.5, г). Равнодейст-

рис. 1.5, г эта стрелка показана штриховой линией). Составим уравнение моментов относительно точки В

Из уравнения моментов сил, приложенных к звену 3, относительно

точки В (рис. 1.5, г)

R3 Br3 = Q3C BС

получим

Q3C = R3 Br3 / BС, Н.

22

Далее составим уравнение сил, приложенных к звеньям 2 и 3,

R2 + R3 = Q2D + G2 + Q 2A + Qn2A + Qn3С + Q 3С + G3.

В этом уравнении не указаны силы Q2B и Q3B, поскольку звенья 2 и 3 рассматриваются совместно и силы Q2B и Q3B будут внутренними силами ( Q2B = Q3B ).

Решая графически указанные уравнения, найдем как составляющие силы Q 2A и Q3C , так и полные силы Q2А и Q3С. Для этого из произвольной точки о1 (рис. 1.5, д) отложим в масштабе K, H/мм, равнодействующую R2 в виде вектора

y2 = R2 / K, мм.

Прибавим к нему вектор

y3 = R3 / K, мм,

изображающий в том же масштабе равнодействующую R3. Затем из той же точки o1 отложим последовательно векторы

y2D = Q2D / K, мм, y2G = G2 / K, мм, и y 2A = Q 2A / K, мм,

сил Q2D, G2 и Q 2A. Через конец вектора y 2A проведем прямую линию параллельно Qn2A ( AB). После этого откладываем вектор

y3G = G3 / K, мм,

силы G3 так, чтобы конец его совпадал с концом вектора y3. К векторуy3G прибавим вектор y 3С = Q 3C / K, мм, силы Q3C , при этом конец его должен совпадать с началом вектора y3G. Затем через начало вектора y 3С проведем прямую параллельно Qn3C ( CB) до пересечения с первой прямой ( AB) и получим точку р. Замкнув многоугольник сил, будем иметь векторы yn2A и yn3С, которые изображают силы Qn2A и Qn3C. Численные их значения

Qn2A = K y2nA , H, и Qn3C = K y3nC , H.

Сложив векторы yn2A и y 2A, yn3С и y 3С (соединив начало первого вектора с концом второго), получим вектор y2A силы Q2A и векторy3С силы Q3C. Численное значение этих сил

Q2A = K y2A, H, и Q3C = K y3С, H.

23

Теперь найдем силу Q3B, c которой звено 2 действует на звено 3 (в свою очередь звено 3 действует на звено 2 с силой Q2B = Q3B ). Составим уравнение

R3 = G3 + Q3С + Q3B.

Из произвольной точки o2 откладываем вектор y3 (рис. 1.5, е). Затем из этой же точки последовательно откладываем векторы

y3G = G3 / K, мм, и y3C = Q3С / K, мм.

Соединив концы векторов y3 и y3C и замкнув силовой многоугольник, получим вектор y3B, который на чертеже изображает силу Q3B. Ее величина

Q3В = K y3В, H.

Этот многоугольник можно и не строить, поскольку на первом силовом многоугольнике (рис. 1.5, д) отрезок ар также изображает силу

Q3В.

Переходим теперь к силовому анализу звена 1. На это звено в шарнире А действует шатун с силой Q1А = Q2 A и в шарнире О – станина с силой Q1О. Кроме того, к этому звену приложен внешний момент М1 (рис. 1.5, ж).

Используя уравнение

R1 = Q1А + Q1О

и принимая во внимание, что по условию задания R1 = О, получим

Q1О = Q1A .

Из уравнения (рис. 1.5, ж)

М1 – Q1А (KL Oa) = 0

найдём внешний момент М1, приложенный к кривошипу.

1.8. Определение внешнего момента, приложенного к кривошипу, с помощью рычага Н.Е. Жуковского

Указанный выше момент можно найти без определения давлений в шарнирах, как это сделано выше, а непосредственно, исходя из принципа возможных перемещений. При этом решаемая задача сво-

24

дится к рассмотрению жесткого специального рычага, так называемого рычага Жуковского, поскольку Н.Е. Жуковский первым установил следующее.

Если какой-либо механизм под действием системы сил, приложенных к этому механизму, находится в равновесии, то в равновесии находится и повернутый на 90 план скоростей, рассматриваемый как жесткий рычаг, вращающийся вокруг полюса и нагруженный теми же силами, приложенными в соответствующих точках.

Представим искомый момент М1 как пару неизвестных сил Рy и Р'y, приложенных в точках А и О (рис. 1.5, ж), тогда

М1 = Рy (KL OA) = Рy lOA, H м.

Строим в произвольном масштабе повернутый на 90 план скоростей механизма (рис. 1.5, з). Переносим силы G2, G3, G4, приложенные в точках S2, S3, S4, и равнодействующие R2, R3, R4, приложенные в точках k2, k3, k4, на повернутый план скоростей соответственно в точки s2, s3, s4, k2, k3 и k4, сохраняя направление всех сил и равнодействующих без изменения. Прикладываем на повернутом плане скоростей в точке а силу Рy (прикладывать силу Р'y к полюсу не имеет смысла). Составим относительно точки О уравнение моментов

R2 or2 + R3 or3 – R4 or4 = –G2 og2 – G4 og4 + Рy Oa.

Отсюда

Рy = (R2 or2 + R3 or3 – R4 or4 + G2 og2 + G4 og4) / Oa, H.

Если Рy, найденное по этой формуле, будет положительным, то выбранное на рис. 1.5, ж направление Рy является правильным. При отрицательном значении направление Рy следует изменить на противоположное.

После определения Рy находим внешний момент по формуле

М1 = Рy (KL Oa), H м.

Расхождение между полученными значениями моментов обоими способами не должно превышать 3 %.

25

1.9. Определение сил, приложенных к звеньям, с помощью принципа Даламбера

Чтобы решить задачу этим методом, необходимо определить равнодействующие сил инерции. Например, равнодействующая сил инерции, приложенных к звену 4, равна (1.6):

С4 = R4 = –m4 aS4, H.

Учитывая принцип Даламбера, уравнение (1.7) составляется не на основе теоремы Вариньона, а из условия равновесия сил

(рис. 1.5, б), т. е.

–G4 Dg + N4E DE + С4 Dd = 0,

а уравнение (1.8) – соответственно

G4 + N4E + Q4D + C4 = 0.

План сил в этом случае (рис. 1.5, в) получится замкнутым.

При рассмотрении звеньев 2 и 3 равнодействующие сил инерции соответственно будут равны (см. формулы 1.9):

C2 = R2 = –m2 aS2, H, и C3 = R3 = –m3 aS3, H,

а уравнение (1.10) примет вид

Q2 А BA + G2 Bg – Q2D Bb – C2 Br2 = 0 и т. д.

Следует отметить, что результаты решения задачи рассмотренными методами являются абсолютно одинаковыми.