книги / Теория механизмов и машин сборник задач и тестов

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

= CD ( pd ) =

CD ( pb ) V = μ

(pb3 ) CB3

..pdf

Скачиваний:

150

Добавлен:

12.11.2023

Размер:

9.05 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

где VAi и VAj − векторы абсолютных скоростей т. Ai и Aj, принадлежащих

звеньям i и j и совпадающих в данный мгновенный момент времени; VAiAj – вектор скорости т. Ai относительно т. Aj; aAi и aAj – векторы абсо-

лютных ускорений т. Ai и Aj; akAiAj и arAiAj − векторы ускорений Кориолиса и относительного ускорения т. Ai относительно т. Aj.

Рис. 2.6. Непоступательное движение звеньев: а – простое; б – переносное

В случае когда движение звена i поступательное, akAiAj = 0, иначе по величине akAiAj = 2VAiAj ·ωi. Направление вектора определяется поворотом VAiAj плана скоростей на 90○ по направлению ωi.

3. Величина угловой скорости для звена, совершающего непоступательное движение, ω = Vотнl , где Vотн – значение относительной скорости

[м/с], а l – длина звена [м]. Например, для рис. 2.6, а ωBA = VBA .

lBA

Направление угловой скорости звена определяется путем переноса вектора относительной скорости в ту точку звена схемы механизма, для которой записаны векторные уравнения, и поворотом этого вектора вокруг точки, относительно которой рассматривается движение (см. т. A, рис. 2.6, а). Аналогичным образом определяется величина и направление углового ускорения звена: εBA = aτBA/lBA (см. рис. 2.6, а).

4. Теорема подобия. Фигура кинематической схемы, образованная соединением точек одного и того же звена, подобна фигуре, образованной соединением одноименных концов векторов скоростей (ускорений) плана. Направление обхода полученных фигур схемы и плана должны быть одинаковыми.

Пример 6

Дано: схема пятизвенного стержневого механизма в заданном положении (рис. 2.7) и размеры звеньев; угловая скорость ω1 = const кривошипа AB.

Рис. 2.7. Схема механизма

Провести кинематический анализ механизма методом планов. Решение:

1. Построение плана скоростей (рис. 2.8, а).

V A = V C = V X = 0;

B1 =

B2 ;

B1 ,

B2 AB,

B1 =

= ωl

→

VB1

AB;

( pb1 )

(VB B

BC );

= VB

+ VB B

, (VB3C BC);

VB3 =

+VB3C

B3 = (

) μV

; VB

= μV

( pb3 ); VB B =

(b2b3 ) μV ;

pb3

ω3 =

(CB )

Построения в соответствии с этапом 1 представлены на рис. 2.8, а.

При нахождении положения т. d плана скоростей используется правило обхода контура B3CD и b3cd (см. рис. 2.8, а).

Рис. 2.8. Планы пятизвенного стержневого механизма:

а – скоростей; б – ускорений

EX , (V

EX x – x);

VE = V

X +V

VE = VD + VED , (VED ED).

Построение этапа 2 изображено на рис. 2.8, а.

V	= ( pe) μ	V	; V	= μ	V	(de); ω	4	= VED	= VED .
E		V	ED		V		4	lED	l4
								lED	l4

Полный план скоростей для механизма представлен рис. 2.8, а.

3. Построение плана ускорений

aA =aC =aX = 0; aB1 = aB2 ; aB1 , aB2 AB;

aB = aB

= ω12lAB

μa =

πb1

AB1;

(πb1 )

lAB

aB = aB

+ aBk

+ aBr

;

B = 2ω3 VB B , (b2k ) =

aB3B2

aBk

, aBr B

;

μa

= a + a n

+ a τ

;

4. a

B3C

aBn C

= ω32lB C =

VB3

;

lB3C

aBn3C

(cn1 ) =

, aBn3C BC; aBτ3C BC.

μa

Построения этапа 4 приведены на рис. 2.8, б. По результатам этих построений получаем

= μ

(πb ); a

= (n b )

; ar

= μ

(kb );

aBτ3C

;

μl (B3C )

B C

1 3

B B

lB C

(πd)

CD (πd )

CD (

πb )

= μ

(πd ).

(πb3 )

CB3

Положение т. d плана ускорений находится по правилу обхода кон-

тура B3CD и b3cd (см. рис. 2.8, б).

= aX + aEXk

+aEXr , (aEXk = 2 ωX VEX = 0; aEXr x – x);

= aD + aED

+ aED , aED

= ω4lED ; dn2

; aED

ED .

μa

На рис. 2.8, б проведены построения этапа 5.

= μ

(πe); aτ

= μ

(n e); a r

= a

; ε

aEDτ

lED

План ускорения механизма в заданном положении изображен на рис. 2.8, б.

Пример 7

Дано: схема механизма в заданном положении (рис. 2.9, а), геометрические размеры звеньев: lOA = 0,2 м, lAB = 0,8 м, lAC = 0,4 м, lCD = 0,8 м,

lDE = 1 м, lKD = lKE, ωOA = 15 с–1.

Определить скорость VK т. K. Решение:

1. V = ω		l	= 15 0,2 = 3	м	,		A OA	(рис. 2.10, б).	Отрезок
1. V = ω		l	= 15 0,2 = 3	м	,	V	A OA	(рис. 2.10, б).	Отрезок
A	OA	OA		с
плана скоростей, соответствующий скорости т. A: ( pa) = VA , μ									V	– мас-
								μV	V
								μV

штабный коэффициент плана скоростей.

2.V B = V A +V BA , V BA AB);

V B = V xx + V Bxx , VBxx xx.

В результате V	= ( pb) μ		=	(pb)VA	= V		sin 30° = 1,5	м .
		V				A
B				(pa)
								с

Рис. 2.9. Схема механизма в заданном положении: а – схема; б – план скоростей

3. По подобию VC =

lAC

→ V

= V

0,4 = 1,5 4 = 3

м .

lAB

0,8

8 4

(CD);

= V

+ V

(DE ).

VD = VE + VDE

= 1V ctg (30°),

= ( pd) μ

(ab) μ

В результате V

т.е. V

3 =

3 3

(см. рис. 2.9, б).

По подобию и правилу обхода (рис. 2.10)

VK = (pk)·μV.

По теореме синусов

V		V	→ VK =	V sin 30°		3	3 2		м
K	=	D		D	=			= 0,75	.
sin 30°		sin 120°				4	2 3
				sin 120°					с

Ответ: VK = 0,75 мс .

Пример 8

Дано: схема механизма (рис. 2.10) в данном положении. lOA = 0,12 м,

ωOA = 20 с = const.

Рис. 2.10. Схема (а); план скоростей (б); план ускорений (в)

Вычислить ускорение т. B в данном положении. Решение:

1. План скоростей:

; V

= l

= 0,12 20 = 2,4 м ;

OA (рис. 2.10, б)

а) V

= V

( pa ) =

VA1 .

OA1

μV

A2 +

A3 A2 ,

A3 A2 CA;

б)

V xx

V A3

+ V A3xx , V A3xx xx.

= μV (

3 ); V

= V

cos 60° = 2,4

0,5 = 1,2

м ;

Из рис. 2.10, б: VA

= V

= 1,2

(см. рис. 2.10, б) .

2) План ускорений:

aA1 =

aA2 ;

aA1

= lOA

aA1

OA− от A к O

а)

ω1 = 0,12

400 = 48

;

с2

(рис. 2.10, в).

aA1

(πa )

μa

aA = aA +aAk

A + aAr

, aAk

= 2ω3 VA A = 0; aAr

AC;

б)

axx

+ aAk3xx + aAr3xx , aAk3xx = 2ωxx VA3xx = 0;

aAr3xx xx.

aA3 =

(

) μ

= (

) μ

Из рис. 2.10, в: a

= a

πa

πb

aB	= aA1	sin 60° = 48	3		м
				= 24 3			.
			2		с	2

Ответ: aB = 24 3 см2 .

Пример 9

Дано: схема механизма в данном положении (рис. 2.11).

lAB = 0,6	3 м,	lBC	= 1,2 м, ωAB	= 10	1	= const.

					c

Вычислить ускорения т. C и угловое ускорение звена BC. Решение:

1) План скоростей:

а) V

= l

= 0,6 3

10 = 6 3

;

VB AB; ( pb) = VB .

μV

V = V

+ V , V CB;

б)

VCxx

xx.

VC =Vxx + VCxx ,

Рис. 2.11. Схема (а); план скоростей (б); план ускорений (в)

В результате из рис. 2.11, б:


ωCB	= VCB	=	0			= 0.
ωCB	= VCB	=		lCB		= 0.
	lCB			lCB
	2) План ускорений:
	а) a	= l	AB		ω2 = 0,6 3 100 = 60 3
	B		AB			AB

(πb) = aB .

μa

(

) = V

; V

= 6 3

;

= μ

м		; aB	AB от B к A (рис. 2.11, в).

с	2

	n	+		τ	n	2	τ
aC = aB + aCB		+	aCB ;		aCB = ωCB lCB = 0; aCB
б)
б)	= axx + aCkxx		+ aCrxx ; aCrxx xx; aCkxx = 2ωxx
aC	= axx + aCkxx		+ aCrxx ; aCrxx xx; aCkxx = 2ωxx

Из плана ускорений (см. рис 2.11, в):

CB;

VCxx = 0.

= (πс) μ

= a

ctg 30° = 60

3 = 180

с2

Угловое ускорение звена BC

aτ

(bc)μ

60 3

εCB

= 100

lCB

sin 30° lBC

lCB

1,2

Ответ:

= 180

; ε

= 100 3

с2

Пример 10

Дано: схема механизма в данном положении (рис. 2.12), lOA = 0,3 м,

lAB = lAC , lCD = 1 м, ωAO = 20 1с = const.

Вычислить ускорение т. C кулисы 5. Результат округлить до целых.

Рис. 2.12. Схема механизма

Решение:

1) План скоростей:

а) lOA = lAB = 0,3 м (см. рис. 2.12).

VA = lOA ωOA = 0,3 20 = 6			м	;	VA	OA, ( pa) =	VA	.
VA = lOA ωOA = 0,3 20 = 6				;	VA	OA, ( pa) =		.
		OA (рис. 2.13, а).	с				μV
	pa	OA (рис. 2.13, а).

Рис. 2.13. План скоростей (а); план ускорений (б)

BA;

= V

+ V , V

BA BA

б)

= Vxx

VBxx ,

VBxx xx.

( pb) =

из рис. 2.13, a: V

2 V

В результате

= μ

= 6 2	м	; V	= V	A	= 6
		BA		A
	с

в) По подобию: (bc2 ) (ab)

Следовательно, VC2B

м .с

=lBC2 = 2 (см. рис. 2.13, а).

lAB

= 2V	= 12	м	. C	2	– точка шарнира звена 2;
BA				2
		с

C4 – кулисного камня, совпадающая с C2. VC2 = VC4 .

г) VС5 =

VС4

+ VС5С4 , VС5С4 CD;

VС5 =

+ VС5D , VС5D CD.

C5 – точка кулисы 5, совпадающая мгновенно с т. C4.

;

VC5

= 6

Из рис. 2.14, а: V

= 6

С5

lCD

2) План ускорений:

OA от A к O (рис. 2.13, б).

а) aA = lOA ωOA

= 400 0,3 = 120

; aA

= a

+ a n

+ a

τ ;

б)

= axx + aBxxk + aBxxr .

V 2

aBA

BA =

= 120

, aBA

AB от

B к A,

aBA AB;

0,3

lBA

aBxxk

= 2ωxx VBxx = 0,

aBxxr

xx,

ωxx = 0.

В результате из рис. 2.14, в: aB

= (πb)μa aB

= aA

2 = 120

в) По подобию:

(bc )

lBC

= 2 (рис. 2.13, в).

lAB

(ab)

Из рис. 2.13, в: a

= a

2 = 120

= a

с2

г)

aС5 = aС4 + aC5C4

+ aC5C4 ;

+ aCn5D

+ aCτ5D.

aС5

a k

CD,

= (С

k ) μ

= 2ω

= 2 6 6 = 72

с2

C5C4

(см. рис. 2.13, в).

aC5D

= ω5

lCD

= 36

1 = 36

, aC5D

CD, aC5D

πn μa

В результате геометрических построений

aС

μa .

πс5

Величина a

(nc )2

+ (πn)2 =

(120 + 72)2

+ 362

= 195

С5

с2

Ответ: a

= 195

С5

с2

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги

#
12.11.20233.18 Mб110Теория линейных электрических цепей. Ч. 1.pdf
#
12.11.20231.54 Mб26Теория линейных электрических цепей. Ч. 2.pdf
#
13.11.202324.53 Mб46Теория литейных процессов..pdf
#
12.11.202313.07 Mб24Теория механизмов и машин задания, упражнения и задачи к курсовому проекту..pdf
#
12.11.202316.79 Mб29Теория механизмов и машин курсовое проектирование..pdf
#
12.11.20239.05 Mб150Теория механизмов и машин сборник задач и тестов..pdf
#
12.11.20237.74 Mб19Теория механизмов и машин. Ч. 1.pdf
#
12.11.20235.9 Mб28Теория механизмов и машин..pdf
#
20.11.202347.33 Mб37Теория механизмов и механика машин.-1.pdf
#
12.11.20238.44 Mб22Теория механизмов и механика машин..pdf
#
19.11.202332.51 Mб36Теория механизмов и механика систем машин в задачах и решениях..pdf