1446

Проектирование рычажного механизма

Контрольная

Производство и промышленные технологии

Кинематический анализ рычажного механизма. Построение планов положений механизма. Определение скорости точки В. Определение скорости точки E. Построение диаграммы скоростей выходного звена. Определение нагрузок, действующих на звенья.

Русский

2013-01-06

150.5 KB

29 чел.

1.1. Кинематический анализ рычажного механизма

Построить планы положений, скоростей и ускорений

                  по следующим данным:

                                                   а=250мм; lOA=100мм; lAB=290мм; lAC=225мм;

                                                                   lO1B=150мм; lCD=100мм; lDE=540мм

1.1.1. Построение планов положений механизма

Изобразим схему механизма в масштабе µl=0,002м/мм. Траекторию движения ведущего звена, соответствующую одному циклу, делим на 12 равных частей. Выбираем нулевое положение. Положения всех звеньев определяются по известным их размерам, координатам неподвижных точек и направляющих и одному из 12 положений ведущего звена.

1.1.2. Построение планов скоростей

Абсолютные скорости находятся в результате графического решения двух векторных уравнений, в которых неизвестными являются величины относительных скоростей. Переносные скорости известны и по величине и по направлению. Пересечение направлений векторов относительных скоростей даёт на плане искомую точку.

1.1.2.1. Определение скорости точки А

Находим величину скорости точки А:

 

VА= ω1×lОА=15×0,1=1,5м/с

Выбираем полюс плана скоростей-произвольную точку «р» плоскости, скорость которой равна нулю. В этой точке будут находиться начала векторов абсолютных скоростей всех точек механизма. Изображаем вектор скорости точки А, который направлен перпендикулярно звену ОА в соответствии с векторным произведением:

VА= ω1×lOA

Обозначим вектор скорости точки А через ра. Выбрав длину этого вектора равной 150мм, найдём масштаб плана скоростей:

μV=VA/pa=1,5/150=0,01 м/(с×мм)

1.1.2.2. Определение скорости точки В

Представим скорость точки В как векторную сумму переносных и относительных скоростей:

             

                                              VВ=VА+VВА (BА)

VВ=VO1+ VВО1 (┴ВО1)

Из каждого уравнения в отдельности нельзя найти абсолютную скорость точки В, так как относительные скорости известны только по направлению, поэтому решая совместно векторные уравнения графическим способом, найдём искомую скорость точки В на пересечении векторов относительных скоростей.

Рассмотрим первое векторное уравнение. Скорость точки А изображается на плане вектором ра. С этим вектором должен быть сложен вектор  VВА, который известен по направлению, он перпендикулярен звену АВ, поэтому из конца вектора  ра-точки а проводится прямая, перпендикулярная звену АВ.

Рассмотрим второе векторное уравнение. Скорость точки О1-VO1  равна нулю, поэтому точка О1 находится в полюсе. Вектор относительной скорости VBO1 известен по направлению, он перпендикулярен звену ВО1. Для векторного изображения этого уравнения следует из полюса плана провести прямую, перпендикулярную звену ВО1, по направлению вектора относительно скорости VBO1.

Пересечение этой прямой с направлением вектора относительной скорости  VВА и даёт искомую точку b на плане скоростей. Абсолютная скорость точки b:

VB=(pb)× μV, м/с

Тогда скорость точки В для «3» положения:

VB=127× 0,01=1,27м/с

1.1.2.3. Определение скорости точки D

Представим скорость точки D как векторную сумму переносных и относительных скоростей:

             

                                              VD=VА+VDА (DА)

                                              VD=VB+ VDB (DB)

Из каждого уравнения в отдельности нельзя найти абсолютную скорость точки D, так как относительные скорости известны только по направлению, поэтому решая совместно векторные уравнения графическим способом, найдём искомую скорость точки D на пересечении векторов относительных скоростей.

Рассмотрим первое векторное уравнение. Скорость точки А изображается на плане вектором ра. С этим вектором должен быть сложен вектор  VDА, который известен по направлению, он перпендикулярен звену DА, поэтому из конца вектора  ра-точки а проводится прямая, перпендикулярная звену DA.

Рассмотрим второе векторное уравнение. Скорость точки B изображается на плане вектором рb. С этим вектором должен быть сложен вектор  VDB, который известен по направлению, он перпендикулярен звену DB, поэтому из конца вектора  рb-точки b проводится прямая, перпендикулярная звену DB.

Пересечение этой прямой с направлением вектора относительной скорости  VDА и даёт искомую точку d на плане скоростей. Абсолютная скорость точки d:

VD=(pdμV, м/с

Тогда скорость точки D для «3» положения:

VD=120× 0,01=1,2 м/с

1.1.2.4. Определение скорости точки E

В этом случае также записываются два векторных уравнения, графическое решение которых и даст искомую скорость:

                                              VE=VD+VDE (┴DE)

       VE=VE0+ VEE0 ( x-x)

Через точку D-конец вектора pd проводим прямую, перпендикулярную звену DE. На ней расположится вектор относительной скорости  VDE.

Согласно второму векторному уравнению абсолютная скорость точки E равна относительной  VEE0, так как скорость точки Е0 равна нулю, а её вектор параллелен направляющей х-х.

Пересечение этой прямой с направлением вектора относительной скорости  VDE  и даёт искомую точку е на плане скоростей. Абсолютная скорость точки е:

VЕ=(pе)× μV, м/с

Тогда скорость точки Е для «3» положения:

VЕ=105× 0,01=1,05 м/с

1.1.3. Построение планов ускорений

Абсолютные ускорения определяются в результате графического решения двух векторных уравнений. Искомая точка находится на пересечении направлений.

1.1.3.1. Определение ускорения точки А

При постоянной угловой скорости ведущего звена ускорение точки А - только нормальное:

aA= ω2×lОА=(15)2×0,1=22,5 м/с2

Вектор ускорения точки А направлен от точки А к точки О - центру вращения звена ОА. Изобразим этот вектор на плане ускорений. Из полюса плана – точки π отложим вектор  πа параллельно звену ОА в указанном направлении. Примем длину вектора πа равной 112 мм и найдём масштаб плана ускорений:

μаA/πa=22,5/112=0,2 м/(с2×мм)

1.1.3.2. Определение ускорения точки В

Ускорение точки В находится в результате графического решения двух векторных уравнений. Движение точки В рассматривается относительного точек А и О1:

                                    аВАВААnBA+aτBA

                                              aB=aO1+ aBO1 =aO1 +anBO1+ aτBO1

Отложим в масштабе μа  от конца вектора ускорения точки А – πа вектор- отрезок:

anBA = anBA/ μа и через конец этого вектора проведём прямую, параллельную направлению тангенциального ускорения  aτBA , т.е. перпендикулярно вектору аnBA. Ускорение аnBA определяется по формуле:

Для «3» положения:

аnBA= V2BA/lBA = (ba× μV )2/lBA =  (36× 0,01 )2/0,29 = 0,4468 м/с2

anBA = anBA/ μа =  0,4468/0,2 = 2,23 мм

Ускорение точки О1 равно нулю. Нормальное относительное ускорение аnBO1 определяется по известной относительной скорости VBO1:

аnBO1= V2BO1/lBO1 =  (bo1× μV )2/lBO1 =  (127× 0,01 )2/0,15 = 10,75м/с2

anBO1 = anBO1/ μа = 10,75/0,2 = 53,7 мм

Тангенциальное относительное ускорение aτBO1 известно только по направлению. Вектор этого ускорения направлен перпендикулярно звену BO1.

Пересечение направлений относительных ускорений даёт искомую точку на плане ускорений. Абсолютное ускорение точки B определяется по известному масштабу плана ускорений и величине вектора-отрезка πb:

aB= μа×πb,м/с2

Тогда ускорение точки В для «3» положения:

aB= 0,2×129 = 25,8 м/с2

1.1.3.3. Определение ускорения точки D

Ускорение точки D находится в результате графического решения двух векторных уравнений. Движение точки D рассматривается относительного точек А и B:

                                    aDАDААnDA+aτDA

                                              aD=aB+ aDB =aB +anDB+ aτDB

Отложим в масштабе μа  от конца вектора ускорения точки А – πа вектор- отрезок:

anDA = anDA/ μа и через конец этого вектора проведём прямую, параллельную направлению тангенциального ускорения  aτDA , т.е. перпендикулярно вектору аnDA. Ускорение аnDA определяется по формуле:

Для «3» положения:

аnDA= V2DA/lDA = (da× μV )2/lDA = (32,5× 0,01 )2/(128×0,002) = 0,4125 м/с2

anDA = anDA/ μа =  0,4125/0,2 = 2,076 мм

Нормальное относительное ускорение аnDB определяется по известной относительной скорости VDB:

аnDB= V2DB/lDB = (db× μV )2/lDB = (17× 0,01 )2/(70×0,002) = 0,206 м/с2

anDB = anDB/ μа =  0,206/0,2 = 1,03 мм

Тангенциальное относительное ускорение aτDB известно только по направлению. Вектор этого ускорения направлен перпендикулярно звену DB.

Пересечение направлений относительных ускорений даёт искомую точку на плане ускорений. Абсолютное ускорение точки D определяется по известному масштабу плана ускорений и величине вектора-отрезка πd:

aD= μа×πd,м/с2

Тогда ускорение точки D для «3» положения:

aD= 0,2×149 = 29,8 м/с2

1.1.3.4. Определение ускорения точки E

Ускорение точки Е находится в результате решения двух векторных уравнений:

                                    aE=аD+аED=аD+аnED+aτED

                                              aE=aE0+ aEE0

Отложим в масштабе μа  от конца вектора ускорения точки Dπd вектор- отрезок:

anED = anED/ μа и через конец этого вектора проведём прямую, параллельную направлению тангенциального ускорения  aτED , т.е. перпендикулярно вектору аnED. Ускорение аnED определяется по формуле:

аnED= V2ED/lED= (ed× μV )2/lED =  (35× 0,01 )2/0,54 = 0,2268 м/с2

anED = anED/ μа =  0,2268/0,2 = 1,13 мм

Изобразим на плане правую часть второго векторного уравнения. Абсолютное ускорение точки Е совпадает с относительным, так как переносное ускорение равно нулю, и направлено параллельно х-х – траектории движения ползуна. Пересечение этого направления с направлением относительного ускорения   aτED  даёт искомую точку Е на плане и ускорение точки Е механизма:

aE= μа×πe,м/с2

Тогда ускорение точки E для «3» положения:

aE= 0,2×117 = 23,4 м/с2

1.1.4. Построение диаграммы скоростей выходного звена

На каждом плане есть вектор, изображающий скорость выходного звена в одном из положений механизма. Определив величины скоростей для всех 12 положений, построим диаграмму скоростей этого звена в масштабе  μV  = 0,03 м/(с×мм)

μt = T/l = 2π/ ωl = 2×3,14/(15×240 ) =  0,0017 c/мм,

где  Т - время цикла, с

      lдлина отрезка, изображающего время цикла,  мм

1.1.5. Построение диаграммы ускорений

Диаграмму ускорений получают в результате графического дифференцирования диаграммы скоростей. Дифференцирование выполняется методом касательных. Выбрав полюсное расстояние Н==20 мм, проводим из полюса лучи, параллельные касательным. Масштаб диаграммы ускорений:

μа= μV / (μt×Н) = 0,9 м/(с2×мм)

Отложив в соответствующих точках от оси абсцисс отрезки и соединив их концы плавной кривой, получим диаграмму ускорений выходного звена.

1.1.6. Построение диаграммы перемещений

Диаграмму перемещений получают в результате графического интегрирования диаграммы скоростей. Метод графического интегрирования основан на геометрическом смысле определённого интеграла, который представляет собой площадь фигуры, ограниченной осью абсцисс, графиком функции и границами интегрирования. Диаграмма интегрируемой функции разбивается на определённое число равных интервалов Δt. Процесс интегрирования заключается в вычислении площадей криволинейных трапеций. Площади этих фигур на диаграмме не истинные, а изображённые в определённом масштабе, который связан с масштабами осей координат  μV  и μt..

Для упрощения вычислений заменяют площади указанных фигур равномерными площадями прямоугольников с равными основаниями Δt. В связи с этим площади прямоугольников оказываются пропорциональными их высотам. На интегральной диаграмме откладывают отрезки, пропорциональные высотам прямоугольников в конце каждого участка интегрирования. При этом масштаб интегральной диаграммы:

μS= μV ×μt×Н = 0,003 м/мм,

где  Н = 50 мм – полюсное расстояние

 

2. СИЛОВОЙ АНАЛИЗ РЫЧАЖНОГО МЕХАНИЗМА

Дано: длины звеньев

 

 lOA=100мм; lAB=290мм; lAC=225мм;

 lO1B=150мм; lCD=100мм; lDE=540мм

mM = 30 кг/м; mE = 25 кг

                                                                                               Определить нагрузки, действующие

на звенья, реакции в кинематических

парах и уравновешивающий момент,

                                                                                        приложенный к ведущему звену

                                                   механизма.

2.1. Определение нагрузок, действующих на звенья

2.1.1. Определение реальных нагрузок

Вычислим массы звеньев:

mi = mM × li ,кг

m1  = mAО  = lAО × mM = 0,1 × 30 = 3 кг

   m\2  = mAB  = lAB × mM = 0,29 × 30 = 8,7 кг

m\\2  = mCD  = lCD × mM = 0,1 × 30 = 3 кг

     m3  = mBO1  = lBO1 × mM = 0,15 × 30 = 4,5 кг

                                  m4  = mED  = lED × mM = 0,54 × 30 = 16,2 кг 

                                  

Вычислим силы тяжести. Равнодействующие этих сил приложены в центрах масс звеньев, а величины равны:

Gi = mi × gi 

G1 = 3×9,8 = 29,4 Н

    G\2 = 8,7×9,8 = 85,26 Н

G\\2 = 3×9,8 = 29,4 Н

 G3 = 4,5×9,8 = 44,1 Н

    G4 = 16,2×9,8 = 158,8 Н

                                                 G5 = 25×9,8 = 245 Н

2.1.2. Определение инерционных нагрузок

Для определения инерционных нагрузок требуются ускорения звеньев и центров масс, поэтому предварительно построим план ускорений для рассматриваемого положения механизма.

Определим силы инерции звеньев. Ведущее звено уравновешено, поэтому равнодействующая сил инерции равна нулю. Для определения сил инерции других звеньев механизма предварительно определим ускорения их центов масс по плану ускорений:

aSi = (πsi ) × μa ,

где   μa – масштаб плана ускорений,  м/(с2×мм)

     (πsi ) – вектор – отрезок, изображающий ускорение точки  si , мм

a\s2 = (πs\s2 ) × μa = 98,5×0,2 = 19,7 м/с2

a\\s2 = (πs\\s2 ) × μa = 104×0,2 = 20,8 м/с2

                                 as3 = (πss3 ) × μa = 47×0,2 = 9,4 м/с2

                                 as4 = (πss4 ) × μa = 118×0,2 = 23,6 м/с2

  as5 = aE = (πe ) × μa = 121×0,2 = 24,2 м/с2

Теперь определим силы инерции:

Fи = - mi × aSi ,

где  mi – масса iго звена

      aSiускорение центра масс

  F\и2 = 8,7×19,7 = 171,4 Н

 F\\и2 = 8,7×19,7 = 171,4 Н

                                              Fи3 = 4,5×9,4 = 42,3 Н

 Fи4 = 16,2×23,6 = 382,32 Н

 Fи5 = FиE = 25×24,2 = 590 Н

Для определения моментов сил инерции необходимо найти моменты инерции масс звеньев и их угловые ускорения. Угловое ускорение звена 5 равно нулю, поэтому момент силы инерции этого звена равен нулю. Моменты инерции массы звеньев 2; 3 и 4 относительно их центров масс определяются по формулам:

Jsi = mi × l2i  /12

   J\s2 = (m\2 × l2AB )/12 = (8,7×(0,29)2)/12 = 0,0609 кг×м2

J\\s2 = (m\\2 × l2СD )/12 = (3×(0,1)2)/12 = 0,0025 кг×м2

   Js3 = (m3 × l2BO1 )/12 = (4,5×(0,15)2)/12 = 0,0084 кг×м2

Js4 = (m4 × l2DE )/12 = (6,2×(0,54)2)/12 = 0,394 кг×м2

Угловые ускорения звеньев определяются по относительным тангенциальным ускорениям aτ, векторы которых изображены на плане ускорений, поэтому:

εi =  aτi /li 

                     ε2 =  aτBA/lBA = (aτBA × µa )/lBA = (53,5×0,2)/0,29 = 36,89 c -2 

  ε3 =  aτBO1/lBO1 = (aτBO1 × µa )/lBO1 = (53×0,2)/0,15 = 36,89 c -2 

                  ε4 =  aτED/lED = (aτED × µa )/lED = (18×0,2)/0,54 = 6,7c -2 

Найдём моменты сил инерции звеньев:

Mиi = - εi × Jsi

M\и2 = ε2 × J\s2 = 36,89×0,0609 = 2,246 Н×м

M\\и2 = ε2 × J\\s2 = 36,89×0,0025 = 0,092 Н×м

                            Mи3 = ε3 × Js3 = 70,7×0,0084 = 0,594 Н×м

                           Mи4 = ε4 × Js4 = 6,7×0,394 = 2,64 Н×м

2.2. Силовой расчёт группы звеньев 4 и 5

Выделим из механизма группу звеньев 4 и 5, расставим все реальные нагрузки и фиктивные – силы и моменты сил инерции. Действие на рассматриваемую группу отброшенных звеньев механизма заменим силами.

Неизвестными величинами являются: сила взаимодействия звеньев 2 и 4  R24  и сила взаимодействия звена 5 и стойки -  R05.

Ввиду того, что ни направление, ни величина силы R24 неизвестны, определим её по двум составляющим: тангенциальной Rτ24 и нормальной  Rn24. Тангенциальная составляющая определяется из условия равновесия звена 4. Приравняв нулю сумму моментов относительно точки Е, найдём  Rτ24 :

МE = 0     Rτ24× ED + G4 × h1 – Mи4l – Fи4 × h2 = 0

Rτ24= ( - G4 × h1 + Mи4l + Fи4 × h2 ) /ED =

= ( - 158,8×126 + 2,64/0,002 + 382,32×57)/270 = 11,4 Н

В индексе обозначения силы ставятся две цифры: первая показывает, со стороны какого звена действует сила, а вторая – на какое звено эта сила действует.

Расставим на выделенной группе звеньев 4 и 5 все перечисленные реальные силы, а также силы инерции. По принципу Даламбера группа должна находится в силовом равновесии, используя которое, определим реакции в кинематических парах D и Е – R24  и R05.  Эти реакции определяются графическим методом из одного векторного многоугольника, построенного для группы звеньев 4 и 5. Известно, что при силовом равновесии многоугольник, составленный из векторов – сил, должен быть замкнутым. Примем масштаб сил   µF = 20 Н/мм   и построим векторный многоугольник соответственно уравнений:

Rτ24+ G4 + Fи4 + Fи5 + G5 + Fп.с.+ R05+ Rn24 = 0

Так как направления линий действия сил  Rn24 и  R05  известны, то, построив предварительно незамкнутый многоугольник из известных векторов – сил, можно обеспечить его замыкание, если провести через начало первого и конец последнего вектора прямые, параллельные направлениям искомых сил. Точка пересечения этих прямых определит величины векторов  Rn24  и  R05  и их действительные направления.

Вектора – отрезки на плане сил равны:

Rτ24= Rτ24/ µF = 11,4/20 = 0,57 мм

G4 = G4 / µF = 158,8/20 = 7,9 мм

Fи4 = Fи4 / µF = 382,32/20 = 19 мм

Fи5 = Fи5 / µF = 726/20 = 36,3 мм

G5 = G5 / µF = 245/20 = 12,25 мм

 

Тогда из плана сил:

R05 = R05 × µF = 59×20 = 1189 Н

Rn24 = Rn24 × µF = 100×20 = 2000 Н

R24 = Rn24 = 2000 Н

2.3. Силовой расчёт группы звеньев 2 и 3

Выделим из механизма группу звеньев 2 и 3 расставим все нагрузки: силы тяжести, силы и моменты сил инерции, реакции отброшенных звеньев. В точке D действует сила R42 , равная и противоположно направленная силе  R24 .

Неизвестными величинами являются: сила взаимодействия звеньев 1 и 2  R12  и сила взаимодействия звена 3 и стойки -  R03.

Ввиду того, что ни направление, ни величина силы R12 неизвестны, определим её по двум составляющим: тангенциальной Rτ12 и нормальной  Rn12. Тангенциальная составляющая определяется из условия равновесия звена 2. Приравняв нулю сумму моментов относительно точки В, найдём  Rτ12:

МВ = 0     - Rτ12× AB + G\2 × h4 – M\и2 l – F\и2 × h5  + G\\2 × h3 – M\\и2l

-F\\и2 × h6 + R42 × h1 = 0

Rτ12= (G\2 × h4 – M\и2l – F\и2 × h5  + G\\2 × h3 – M\\и2l

-F\\и2 × h6 + R42 × h1) /AB =

= (85,34×71,5 – 2,246/0,002 – 171,4×21 + 29,43×36 – 0,092/0,002 + 64,4×28 + 2000×27,5 ) /145 = 383,7 Н

Направление и величина силы взаимодействия звена 3 и стойки R03  также неизвестны, поэтому определим её по двум составляющим: тангенциальной Rτ03и нормальной  Rn03. Тангенциальная составляющая определяется из условия равновесия звена 3. Приравняв нулю сумму моментов относительно точки В, найдём  Rτ03:

МВ = 0     - Rτ03×O1B + G3× h2 – Mи3l + Fи3 × h7 = 0

Rτ03= (  G4 × h1 - Mи4l + Fи4 × h2 ) / O1B =

= (44,145×30 – 0,594/0,002 + 42,3×20,5)/70 = 25,26 Н

Нормальная составляющая силы R03  - Rn03  и сила Rn12  определяются графическим способом из одного векторного многоугольника, построенного для группы звеньев 2 и 3 в масштабе µF = 10 Н/мм :  

Rτ12+ G\2 + F\и2 + G\\2  + F\\и2 + R42 + Rn12 + G3 + Fи3 +  Rτ03+ Rn03  = 0

Так как направления линий действия сил  Rn03  и  Rn12  известны, то, построив предварительно незамкнутый многоугольник из известных векторов – сил, можно обеспечить его замыкание, если провести через начало первого и конец последнего вектора прямые, параллельные направлениям искомых сил. Точка пересечения этих прямых определит величины векторов  R03 и  R12  и их действительные направления.

Вектора – отрезки на плане сил равны:

   Rτ12= Rτ12 / µF = 383,7/10 = 38,4 мм

 G\2 = G\2 / µF = 85,34/10 = 8,5 мм

   F\и2 = F\и2 / µF = 171,4/10 = 17,1 мм

  G\\2  = G\\2 / µF = 29,43/10 = 2,9 мм

 F\\и2 = F\\и2 / µF = 62,4/10 = 6,2 мм

                                        R42 = 200мм

 G3 = G3 / µF = 44,145/10 = 4,4 мм

Fи3= Fи3 / µF = 42,3/10 = 4,2 мм

 Rτ03= Rτ03 / µF = 25,26/10 = 2,5 мм

Тогда из плана сил:

  Rn12 = Rn12 × µF = 354×10 = 3540 Н

R12 = R12 × µF = 356×10 = 3560 Н

          R03 = Rn03 = Rn03 × µF = 227×10 = 2270 Н

2.4. Силовой расчёт ведущего звена

Ведущее звено обычно уравновешено, то есть центр масс его находится на оси вращения. В точке А со стороны второго звена на первое действует R21 , момент которой относительно точки О равен уравновешивающему моменту Му :

МО = 0      R21 × h1 × µl - Му = 0

Му = R21 × h1 × µl = 3560 × 22,5 × 0,002 = 160,2 Н×м

Определим реакцию  R01 из векторного уравнения:

R01 + G1 + R21  = 0

G1 = 2М1 g = 2×3×9,8 = 58,8 Н

                                        R21 = 3560 Н

Строим план сил для первого звена в масштабе µF = 30 Н/мм

G1 = G1 / µF = 58,8/30 = 1,96 мм

Из плана сил:                          R01 = R21 × µF = 105×30 = 3150 Н

2.5. Определение уравновешивающего момента методом возможных перемещений

К плану скоростей приложим в соответствующих точках силы, действующие на звенья механизма. Предварительно заменим каждую силу инерции и инерционный момент одной силой, приложенной в центре качений:

h\2 = М\и2/F\и2 = 2,246/171,4 = 0,013 м

h\\2 = М\\и2/F\\и2 = 0,092/62,4 = 0,0015 м

                               h3 = Ми3/Fи3 = 0,594/42,3 = 0,014 м

h4 = Ми4/Fи4  = 2,64/282,32 = 0,009 м

На плане сил:

h\2 = h\2 / µl = 0,013 /0,002 = 6,5 мм

    h\\2 = h\\2 / µl = 0,0015 /0,002 = 0,75 мм

                                h3 = h3/ µl = 0,014 /0,002 = 7 мм

                                h4 = h4 / µl = 0,009 /0,002 = 4,5 мм

Построение точек качения на плане скоростей из свойства подобия плана скоростей и плана механизма:

AB/AK\2  = ab/ak\2     ak\2 = (48×4)/145 = 1,3 мм

DС/CK\\2  = dc/ck\\2     ck\\2 = (27,5×2)/50 = 1,1 мм

O1B/BK3  = o1b/bk3     bk3 = (24×154)/75 = 49,3 мм

DE/EK4  = de/ek4           ek4 = (145×129)/270 = 69,3 мм

Определим уравновешивающий момент:

М\у  × ω1 +  Fi VFi  µV  = 0

М\у  × ω1  + µV [ (Fи5 - Fп.с ) × pe  + G4VG4  + Fи4 VF4  + G3VG3  + Fи3VF3  + G2 VG2  + Fи2VF2 + G2 VG2  + Fи2VF2 ] = 0

М\у  × 15 + 0,01 [ (726 – 3000) × 139 + 158,9 × 58 + 382,32 × 110 + 44,145 × 61 + 42,3×63 + 85,34  × 117 + 171,4 × 39 + 29,43 × 119 + 62,4  × 70 ] = 0

М\у  = 156,6 Н × м

Знак «плюс» показывает, что уравновешивающий момент МУ совпадает с направлением угловой скорости ведущего звена ω1 .

Относительна погрешность методов определения уравновешивающего момента:

Δ = (М\у  - МУ )/ М\у  × 100%  = (156,6 – 160,2)/156,6 × 100% = 2,3%

что допустимо


 

А также другие работы, которые могут Вас заинтересовать

18447. Механизм сессий в PHP 158 KB
  Серверные технологии разработки webсайтов Механизм сессий в PHP В этой лекции мы разберем что такое сессии и в чем их специфика в PHP решим одну из основных задач возникающих при построении болееменее сложных информационных систем сайтов задачу авторизации доступа п
18448. Основные понятия реляционных баз данных и языка SQL 181 KB
  Серверные технологии разработки webсайтов Основные понятия реляционных баз данных и языка SQL В данной лекции мы рассмотрим основные понятия теории баз данных и познакомим читателей с системой управления базами данных MySql способами работы с ней ее особенностями и реа
18449. Взаимодействие PHP и СУБД MySQL 146.5 KB
  Серверные технологии разработки webсайтов Взаимодействие PHP и СУБД MySQL Для наглядности будем строить эти интерфейсы для таблицы Artifacts в которой содержится информация об экспонатах виртуального музея информатики. Каждый экспонат в коллекции Artifacts описывается с помощью...
18450. Объекты и классы в PHP 184 KB
  Серверные технологии разработки webсайтов Объекты и классы в PHP Классы и объекты Начнем с основных понятий объектноориентированного программирования – класса и объекта. Существует множество определений этих понятий. Мы дадим следующее: объект – это структурированн
18451. Взаимодействие PHP и XML 164 KB
  Серверные технологии разработки webсайтов Взаимодействие PHP и XML 14. Лекция: Взаимодействие PHP и XML: версия для печати и PDA Лекция знакомит с понятием объектной модели XMLдокумента и ее использованием в PHP. Установка расширения DOM XML. Обработка элементов XML документа с помо
18452. Использование шаблонов в PHP 200 KB
  Серверные технологии разработки webсайтов Использование шаблонов в PHP Что такое шаблоны и зачем они нужны Что такое шаблон в языке программирования Можно сказать что шаблон это текст с переменными внутри него. При обработке шаблона происходит замена переменных на
18453. ТОЛКОВАНИЕ НОРМ ПРАВА 77.46 KB
  ТЕМА 14. ТОЛКОВАНИЕ НОРМ ПРАВА 14.1. Понятие и значение толкования норм права 14.2. Уяснение смысла норм права приемы толкования 14.3. Результаты толкования толкование норм права по объему 14.4. Разъяснение норм права Контрольные вопросы Темы рефератов ...
18455. ФЕДЕРАТИВНОЕ УСТРОЙСТВО РОССИИ 261.5 KB
  ТЕМА 17. ФЕДЕРАТИВНОЕ УСТРОЙСТВО РОССИИ 17.1. Основные этапы развития российского федерализма 17.2. Общая характеристика и основные принципы федеративного устройства России их особенности 17.3. Предметы ведения и полномочия РФ и ее субъектов 17.4. Правовой статус ...