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

47230. Экологизация в учебно-воспитательной работе 70 KB
  Ход мероприятия: 1 Действие На сцене – край леса. А есть еще природы храм – С лесами тянущими руки Навстречу солнцу и ветрам. Ты же видишь мы свои Ученик 3: Привет тебе мой край родной С твоими темными лесами...
47231. РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ПОВЫШЕНИЮ РЕЗУЛЬТАТОВ ФИНАНСОВОЙ ДЕЯТЕЛЬНОСТИ СИБИРСКОГО БАНКА СБЕРБАНК РОССИИ 386.12 KB
  Многообразие факторов, оказывающих влияние на результаты деятельности коммерческих банков, определяет необходимость рассмотрения этих результатов в процессе их исследования как многофункциональной и многоцелевой экономической системы.
47232. МЕТОДИКА РАСЧЕТА ВЫБРОСОВ ЗАГРЯЗНЯЮЩИХ ВЕЩЕСТВ ОТ ПРОИЗВОДСТВЕННЫХ ПРОЦЕССОВ АВТОМОБИЛЬНЫХ ПАРКОВ ВОЙСКОВЫХ ЧАСТЕЙ 1.21 MB
  ТРЕБОВАНИЯ ПО ЭКОЛОГИЧЕСКОЙ БЕЗОПАСНОСТИ ОБЬЕКТОВ ВООРУЖЕНЯ И ВОЕННОЙ ТЕХНИКИ РВСН 1. Но требования обеспечения экологической безопасности существенно и принципиально расширяют представление о качестве и не всегда связывают его с целевым назначением объекта. Для оценки степени экологической безопасности объекта вполне пригоден показатель ресурсной эффективности выраженный отношением полученных результатов к использованным ресурсам. Необходимо учитывать что в условиях использования больших технических систем концепция абсолютной...
47233. Предсказание коммуникационных расходов параллельных программ 205 KB
  Параллельное программирование На сегодняшний день параллельные вычислительные системы дают наибольшую производительность в решении задач требующих большого количества вычислений часто на больших объемах данных. MPI. Самая распространенная реализация модели передачи сообщений – это стандарт MPI Messge Pssing Interfce описывающий ряд функций для обмена данными между отдельными процессами или внутри...
47234. Метод обнаружения удаленных атак 331 KB
  АНАЛИЗ УДАЛЕННЫХ АТАК СЕТЕВАЯ безопасность ПРОТОКОЛЫ TCP IP ОБНАРУЖЕНИЕ АТАК Настоящая дипломная работа содержит результаты анализа удаленных атак и разработку Далее краткая сводка о выполненной работе.
47235. Гидропневматическая система подрессоривания с лопастным аморитзатором для быстроходной гусеничной машины массой 18 тонн 331.88 KB
  напрямую влияет на точность стрельбы с ходу и скорость машины на марше. Колебания кузова машины обуславливают появление толчков и ударов возникающих при ее движении по неровностям утомляют водителя снижают остроту восприятия им быстроменяющихся условий движения. ГПР представляет из себя двухтрубную конструкцию расположенную горизонтально вдоль борта машины. ГПП оснащена автоматом разгрузки предназначенным для защиты упруго элемента пневмоцилиндра от сжатия его высоким давлением жидкости в процессе подъёма машины при увеличении клиренса.
47238. ДИПЛОМНАЯ РАБОТА СТУДЕНТОВ УГОЛОВНОПРАВОВОЙ СПЕЦИАЛИЗАЦИИИ 152 KB
  Структура дипломной работы. Методика подготовки и написания дипломной работы. Оформление дипломной работы. Представление дипломной работы на кафедру.