ANALIZA MECHANIZMU DŹWIGNIOWEGO 1. …home.agh.edu.pl/~kmtmipa/dydaktyka/tmm/przykladz.pdfPrzykład analizy mechanizmu dźwigniowego 3 w 1 n 5, p4 0, p5 7 = = = = Rys. 3 Mechanizm

ANALIZA MECHANIZMU DŹWIGNIOWEGO

1. Synteza strukturalna i geometryczna mechanizmu

1. 1. Budowa łańcucha kinematycznego – schemat ideowy.

Symboliczny zapis struktury i parametrów projektowanego mechanizmu przed-stawia tabela 1 Tabela 1

Zakres danych Parametry mechanizmu 1. Struktura mechanizmu )0O)z(3O)p(2O()z(1P0

2. Parametry kinematyczne członu na-pędzającego

( )0,v,s 11

3. Masy i parametry bezwładności czło-nów ( )Sii J,m

( )1S1 J,m ; ( ) ; ( 2S2 J,m )J,m 3S3

4. Obciążenie uogólnionymi siłami ze-wnętrznymi ( ) ii M,P

( )0,0 , , ( )0,0 ( )33 M,P

5. Uogólniona siła równoważąca do wy-znaczenia ( )1R1R MlubP

1RP

Na podstawie symbolicznego zapisu struktury i parametrów łańcucha kinema-

tycznego budujemy jego schemat ideowy (rys. 1).

Rys. 1. Schemat ideowy łańcucha kinematycznego mechanizmu

Opracowali: H. Jaworowski, J. Felis

Przykład analizy mechanizmu dźwigniowego 2

1. 2. Ruchliwość i klasa mechanizmu

Ruchliwość mechanizmu w (1) 45 pp2n3 −−=liczba członów ; liczba par kinematycznych klasy 4, ; 3n = 0p4 =liczba par kinematycznych klasy piątej ; ( ) 4p5 = ( ) ( 0,3;3,2;2,1();1,0 ) w 14233 =⋅−⋅=

Klasa mechanizmu

Po odłączeniu członu napędzającego pozostałe człony1 2 i 3 tworzą grupę strukturalną.

Grupa (2,3)

człon napędzający 1

Rys. 2. Ruchliwość i klasa mechanizmu Badamy ruchliwość grupy strukturalnej po połączeniu jej członów ruchomych z podstawą (rys. 2): 2n = ; ; 3p5 = ( ) ( ) ( 0,3,3,2,2,0 ) w 03223p2n3gr =⋅−⋅=−=

Grupa strukturalna ( jest grupą klasy 2 postaci 1. )3,2

Analizowany mechanizm składa się z członu napędzającego 1 i grupy struktu-ralnej klasy 2, jest zatem mechanizmem klasy 2. Nazwa strukturalna mechanizmu: mechanizm suwakowo – korbowy Rozważany łańcuch kinematyczny można uzupełnić o symetryczną grupę struktu-ralną (2’, 3’) podłączoną równolegle do członu napędzającego.

Schemat rozbudowanego łańcucha kinematycznego o strukturze równoległej

przedstawia rysunek 3, tak zmodyfikowany mechanizm jest me-

chanizmem zaciskowym. Nazwa funkcjonalna mechanizmu: mechanizm chwytaka.

−−−−

−OOOOOO

P



1w7p,0p,5n 54

====

Rys. 3 Mechanizm chwytaka. 1.3. Ograniczenia geometryczne

Prawidłowe funkcjonowanie mechanizmu przedstawionego na rys. 1 uzależnio-ne jest od odpowiedniego doboru długości jego członów oraz zakresu przemiesz-czenia (skoku) członu napędzającego. Na rys. 4 przedstawiono trzy charaktery-styczne położenia mechanizmu.

1As - lewe skrajne położenie zwrotne członu 1,

3As - prawe skrajne położenie członu 1

2As - położenie członu 1 przy którym następuje zmiana kierunku obrotu członu 3. ( 2A1AA s,ss ∈ )

)

- człon 3 wykonuje obrót zgodnie z kierunkiem wskazówek zegara

lub przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. s - człon 3 wykonuje obrót przeciwnie do kierunku wskazówek ze-

gara jeżeli w etapie wcześniejszym poruszał się zgodnie ze wskazówkami zegara.

( 3A2AA s,s∈

Obliczenia kinematyczne i kinetostatyczne przeprowadzone zostaną dla 2AA1A sss ⟨⟨ . Skok członu napędzającego musi spełniać warunek 1A2A sss −≤∆ .

Dla przyjętych wymiarów członów mechanizmu maksymalny możliwy skok me-chanizmu wynosi mm2,659sss 1A3Amax =−=∆ (wartość odczytana z rysunku 4).

Aby możliwe było przejście z położenia 1 do położenia 3 musi być dodatkowo spełniony warunek 10131210131 lllllll −+⟨⟨+− (2)



Rys. 4. Analiza dopuszczalnego zakresu przemieszczenia (skoku) członu napędzającego 1. 1.4. Model mechanizmu w programie SAM Dobór parametrów łańcucha kinematycznego. )600,650(E)600,250(C

)450,100(B

2

1

0

)600,400(D 3 )400,0(O

)400,100(A

Rys. 5. Model mechanizmu w programie SAM



Do obliczeń kinematycznych przyjęto dane: m1,0mm100s0 == m1,0mm100s ==∆

s/m1s/mm1000vA == s (3) [ ] [m)t1,0(mm)t1000100(tvsA0 A0A +=+=+== ]Przyjmiemy czas ruchu członu 1 , . s08,0t1 =Obliczymy położenie członu napędzającego po czasie , 1t s . m18,008,011,0A =⋅+=

Wymiary mechanizmu: m05,0mm50ll 1AB ===

m21213,0mm132,212ll 2BC === m15,0mm150ll 31CD === m25,0mm250ll 32DE ===

2. Analiza kinematyczna mechanizmu

2.1. Analiza kinematyczna mechanizmu metodą grafoanalityczną. W celu rozwiązania zadania metodą grafoanalityczną, mechanizm rysujemy w

podziałce w zadanym położeniu dla t=0,08 s (rys. 6). Położenie członu napę-dzającego , prędkość członu napędzającego v .

lksA m18,0= A = s/m1

Zadanie rozwiążemy wykreślnie korzystając z programu AutoCAD.

Podziałka rysunkowa mechanizmu

=mmm

)l(l1

1lk

Przyjmiemy położenia środków mas członów: l , m106,02BS = m05,0l 3DS =

Zadanie można również rozwiązywać wykreślnie bez wspomagania komputero-wego. Uzyskamy wówczas mniejszą dokładność obliczeń ale wystarczającą do sprawdzenia poprawności wyników uzyskanych innymi metodami.

ANALIZA PRĘDKOŚCI

Przyjmujemy podziałkę prędkości

==

−

mmms

)v(v

)v(vk

1

A

Av

Analizę prędkości przeprowadzimy na podstawie równania

CBCB

IIOAB

CDC )v()v()v

⊥⊥+=( ( 4)

gdzie: )v()v( AB =



Rozwiązujemy wykreślnie równanie prędkości (4) na rysunku 7. Odczytujemy z rysunku 7 wartość rysunkową ( a następnie obliczamy wartość prędkości v .

)vC

C v s/m367,0k)v( vCC ==analogicznie v s/m950,0k)v( vCBCB ==

=mmm

)l(lk1

1l

Rys. 6. Łańcuch kinematyczny mechanizmu w zadanym położeniu w podziałce długości lk

==

−

mmms

)v(v

)v(vk

1

A

Av

Obliczamy prędkości kątowe :

1CB2 s480,4

CBv −==ω ;

1C3 s445,2

CDv −==ω

Rys. 7. Plan prędkości mechanizmu



Prędkości punktów obliczamy ze wzorów: 3S,E

s/m1223,0DSv 333S =⋅= ω ; v s/m6110,0DE 3E =⋅= ω Prędkość punktu znajdziemy wyznaczając położenie punktu na planie

prędkości na podstawie proporcji: 2S 2s

BCBS

bcbs 22 = ;

BCBSbcbs 2

2 = (5)

Można również skorzystać z równania

BC

B2SIIOA

B2S )v()v()v⊥

+=( (6)

s/m5844,0001,04,584k)v(v v2S2S =⋅== .

ANALIZA PRZYSPIESZEŃ Analizę prędkości przeprowadzimy na podstawie równania:

CD

tC

IICD

nC

CB

tCB

IICB

nCB

0BC )a()a()a()a()a()a

⊥⊥=

+=++=( (7)

gdzie: 22

2nCB sm2571,4CDa −⋅== ω

223

nC sm8965,0CDa −⋅== ω

Przyjmujemy podziałkę przyspieszeń

==

−

mmms

)a(a

)a(a 2

CBn

CBn

ak

]mm[k

a)a(a

nCBn

CB = ; ]mm[ka)a

a

nCn

C =(

Rozwiązujemy wykreślnie równanie (7) jak pokazano na rysunku 8. Odczytujemy wartości rysunkowe przyspieszeń i następnie obliczamy:

2a

tCB

tCB

2a

tC

tC

2aCC

sm125,1k)a(a

,sm311,4k)a(a

,sm403,4k)a(a

−

−

−

⋅=⋅=

⋅=⋅=

⋅=⋅=

305,52121,01255,1

BCat

CB2 ===ε ; 2

tC

3 s740,28150,03111,4

CEa −===ε



Przyspieszenie punktu E znajdziemy z równania:

tE

nEE aaa += (8)

gdzie: ; a DEa 23

nE ω= DE3

tE ε=

lub z proporcji: CDDE

aa

C

E = ; CDDEaa CE = ; 2

E ms339,715,025,0403,4a −== .

Przyspieszenie punktu S znajdziemy wyznaczając jego położenie na planie przy-spieszeń (punkt z proporcji

3)s3

ED

DSedds 33 = ;

EDDSedds 3

3 = (9)

a 2a3S3S ms466,1k)a( −==

Analogicznie zajdziemy przyspieszenie

punktu S 2

BCBS

bcbs 22 = ;

BCBSbcbs 2

2 = (10)

2

a2S2S ms202,2k)a(a −==

==

−

mmms

)a(a

)a(ak

2

CBn

CBn

a

Rys. 8. Plan przyspieszeń mechanizmu



2.2. Analiza kinematyczna mechanizmu metoda analityczną

Rys. 9. Wielobok wektorowy mechanizmu Dane: s ( ) [ ]mt1,01,0tvs A0A +=+=

l o02

o01

o1A02013121 180,270,90,0,l,l,l,l, ==== ϕϕϕϕ

Obliczyć: EECC323232 a,v,a,v,,,,,, εεωωϕϕ

Mechanizm opisujemy wielobokiem wektorowym (rys. 9)

0lllll 02013121A =+++++s (11)

Mechanizm opisany jest przez n wektorów. Należy zatem przyjąć do obli-czeń 2 parametrów mechanizmu.

6=102n =−

Po zrzutowaniu na osie mamy:

(12) 0lsinlsinll

,0lcoslcosls

01331221

0233122A=−++

=−++ϕϕ

ϕϕ

Przekształcamy układ równań (12) do postaci:

(13) 33101221

3310222Asinllsinll

,cosllcoslsϕϕ

ϕϕ−=−+

−=−+



Oznaczając: ; mamy: 02A lsA −= 011 llB −=

33122

,33122

sinlsinlBcoslcoslA

ϕϕϕϕ

−=+−=+

(14)

Równania (14) podnosimy do kwadratu i dodajemy stronami

(15) 0llsinBl2BcosAl2A 231

2222

222

2 =−++++ ϕϕ

Równanie (15) dzielimy przez 2Al2

0sinABcos

Al2llBA

222

231

22

22=++−++ ϕϕ (16)

Oznaczając:2

231

22

22

Al2llBA −++=C ;

02A

011lsll

ABD

−−== otrzymujemy:

(17) 22

22sinDcosC

,0sinDcosCϕϕ

ϕϕ−=+

=++

Po podniesieniu (7) stronami do kwadratu mamy: ( (18) 0)DC(cos2cos)D1 22

2222 =−+++ ϕϕ

Po podstawieniu w 2cosϕ= otrzymamy równanie kwadratowe postaci:

( (19) 0)DC(Cw2w)D1 2222 =−+++

Obliczenia przeprowadzamy dla , co odpowiada położeniu s08,0tt 1 == s i przyjmujemy zgodnie z danymi z programu SAM wartości m18,0A =

,m4,0l,m2,0l,m25,0l,m15,0l,m212132,0l,m05,0l 0201323121 ======

Otrzymujemy:

6818,04,018,02,005,0

lSll

AB

02A

011 =−−=

−−==D

( ) 00066,1212132,022,02

15,0212132,015,022,0Al2

llBAC2222

2

231

22

22−=

⋅−−++=−++=

1 (20) 053647,0w00132,2w4648, 2 =+−

Obliczamy pierwiastki równania (20): 8619967,0=∆ ; 928437,0=∆ w ; w 366216,01 = 0000,12 =

a następnie dwie wartości kąta: , o)1(2 517,68=ϕ ( ) o

22 0=ϕ



Na podstawie rysunku 9 przyjmujemy rozwiązanie , natomiast rozwiązanie

odrzucamy. ( )12ϕ

( )22ϕZ pierwszego z równań (13) wyznaczamy kąt 3ϕ

948746,015,0

4,0517,68cos212132,018,0l

lcosls

31

0222A3 =−+−=−+−= ϕϕcos

o3 576,341=ϕ

W celu wyznaczenia prędkości kątowych członów 2 i 3 różniczkujemy pierwsze z równań (12) otrzymując: v 0sinlsinl 3331222A =−− ϕωϕω (21)

gdzie: 22 ϕω &= 33 ϕω &=

W celu wyznaczenia prędkości kątowej 3ω obracamy układ współrzędnych o kąt 2ϕ

Równanie (21) przyjmuje postać: 0)sin(l)sin(lcosv 2333122222A =−−−− ϕϕωϕϕωϕ

stąd:

1

2331

2A3 s445,2

059,273sin15,0517,68cos1

)sin(lcosv −−=⋅=

−=

ϕϕϕω (22)

Analogicznie obracając układ współrzędnych o kąt 3ϕ mamy: v 0)sin(l)sin(lcos 3333132223A =−−−− ϕϕωϕϕωϕ

stąd:

1

3231

3A2 s479,4

)059,273sin(212132,0576,341cos1

)sin(lcosv −=

−⋅=

−=

ϕϕϕω (23)

W celu wyznaczenia przyspieszeń kątowych różniczkujemy równanie (21)

zgodnie z tematemv 0aAA ==&

(24) 0coslsinlcoslsinl 3233133312

222222 =−−−− ϕωϕεϕωϕε

Przyspieszenie kątowe 3ε otrzymamy obracając układ współrzędnych o kąt 2ϕ :

222

2331

33122

s731,28059,273sin15,0

059,273cos445,215,0479,4212132,0 −=⋅+⋅−

223

2 )cos(ll=

−+−=

ϕϕωωε

0)cos(l)sin(l)cos(l)sin(l 2323312333122

2222222 =−−−−−−−− ϕϕωϕϕεϕϕωϕϕε

stąd

3 )sin(l −ϕϕ (25)



Przyspieszenie kątowe 2ε otrzymamy obracając układ współrzędnych o kąt 3ϕ

0)cos(l)sin(l)cos(l)sin(l 3323313333132

2223222 =−−−−−−−− ϕϕωϕϕεϕϕωϕϕε

stąd: (26)

2o

22322

233132

222

2

s305,5)059,273sin(212132,0

445,215,0)059,273cos(479,4212132,0

)sin(ll)cos(l

−−=−⋅

⋅+−⋅−

=−

+−−=

ϕϕωϕϕωε

W celu wyznaczenia parametrów kinematycznych dowolnego punktu mechani-zmu, tzn. jego toru, prędkości i przyspieszenia należy napisać równanie jego wek-tora promienia wodzącego. Przykładowo, aby wyznaczyć parametry ruchu dla punktu E , znajdujemy jego promień Er na podstawie rysunku 9.

323121AE llllsr ++++= (27)

Następnie wyznaczamy jego współrzędne:

r ( ) 3323122AEx cosllcosls ϕϕ +++= (28) ( ) 33231221Ey sinllsinllr ϕϕ +++=

Zależność (28) jest parametrycznym równaniem toru punktu E Różniczkując (28) otrzymujemy współrzędne wektora prędkości:

dt

drExEx =v ;

dtdrEx

Ex =v (29)

stąd ( ) ( )2Ey2

ExE vv +=v (30)

Różniczkując powtórnie (29) otrzymujemy współrzędne wektora przyspieszenia

2Ex

2

Exdt

rd=a ; 2Ey

2

Exdt

rd=a (31)

stąd

( ) ( )2Ey2

ExE aa +=a (32)

2. 3. Wykresy kinematyczne

1. 3. 1. Wykresy kinematyczne w programie SAM.

Wykorzystując zbudowany w programie SAM model mechanizmu wyznaczamy wykresy kinematyczne poszukiwanych parametrów kinematycznych w funkcji cza-su lub w funkcji przemieszczenia liniowego jego członu napędzającego s t A



W rozważanym mechanizmie są to przebiegi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t,t,t,t,t,t 333333222222 εεωωϕϕεεωωϕϕ ====== lub

( ) ( ) ( ) ( ) ( A33A33A22A22A22 s,s,s,s,s )ωωϕϕεεωωϕϕ =====( )A33 s

oraz εε = .

Przebiegi w funkcji czasu oraz przemieszczenia mają w tym wypadku taki sam charakter, ze względu na stałą prędkość liniową członu napędzającego. Av

Dodatkowo wyznaczamy np. prędkość i przyspieszenie całkowite punktu E tzn. ( ) ( )ta,tv EE lub v . ( ) ( )AEAE sa,s

Wykresy kinematyczne analizowanego mechanizmu przedstawiono na rysunkach: 10, 11, 12, 13, 14.

( )t2ϕ

( )t3ϕ( ) o

3 442,1808,0 −=ϕ

( ) o2 550,11108,0 −=ϕ [

( )( )tt

3

2ϕϕ

][ o

]t s

Rys. 10. Wykresy ( ) ( )t,t 32 ϕϕ z programu SAM



( )( )

]s[

tt

13

2

−

ωω

( )t2ω

( )t3ω

( ) 477,408,02 =ω

( ) 444,208,03 −=ω

]s[t

Rys. 11. Wykresy ( ) ( )t,t 32 ωω z programu SAM

302,5)08,0(2 −=ε

729,28)08,0(3 =ε

( )

( )]s[

tt

23

2

−

εε

)t(3ε

)t(2ε

]s[t

Rys. 12. Wykresy ( ) ( )t,t 32 εε z programu SAM



( )

( )]sm[

tvtv

1E

C

−⋅

( )tvE

t

Rys. 13. Wykresy v z programu SAM ( ) ( )tv,t EC

t

( ) 367,008,0vC =

( )taE

( )tvC

( ) 611,008,0vE =

( ) 402,408,0aC =

( ) 336,708,0aE =

]s[

( )

]sm[

)t(ata

2E

C

−⋅

( )taC]s[

Rys. 14. Wykresy a z programu SAM ( ) ( )ta,t EC



2. 3. 2. Wykresy kinematyczne otrzymane na podstawie obliczeń analitycznych.

Na podstawie otrzymanych związków analitycznych można sporządzić wykresy kinematyczne dla tych samych parametrów kinematycznych wykorzystując takie programy komputerowe jak: MATHCAD, MATLAB, EXCEL i inne. Wyznaczenie tych charakterystyk nie jest obowiązkowe.

2.4 Porównanie wyników analizy kinematycznej dla zadanego położenia me-chanizmu.

Wyniki analizy kinematycznej mechanizmu dla położenia członu napędzającego ( ) m18,008,0ts 1A == zestawiono w tabeli 2.

Tabela 2. Porównanie wyników analizy kinematycznej.

Lp. Parametr SAM Metoda Grafoanalityczna

Metoda Analityczna

1 ][ o2ϕ -111,550º+180º 68,518º 68,517º

2 3ϕ -18,442º+360º 341,580º 341,576º 3 2ω 4,480 4,480 4,479 4 3ω -2,45 2,445 -2,445 5 2ε -5,302 5,305 -5,305 6 3ε 28,729 28,740 28,731 7 Cv 0,367 0,367 - 8 Ev 0,611 0,611 - 9 2Sv - 0,584 - 10 3Sv - 0,122 - 11 Ca 4,402 4,403 - 12 Ea 7,336 7,339 - 13 2Sa - 2,202 - 14 3Sa - 1,466 -

Porównanie obliczeń wyników w tabeli 2 wskazuje na ich zgodność co oznacza, że nie popełniono błędów obliczeniowych. Duża dokładność obliczeń metody gra-foanalitycznej wynika z zastosowania do wykonywania rysunków programu Auto-CAD. Różnice wartości kątów 2ϕ i 3ϕ otrzymanych w programie SAM i w oblicze-

niach analitycznych oraz na rysunkach wynikają ze sposobu ich mierzenia w pro-gramie SAM. O poprawności obliczeń świadczy jednak wynik sum kontrolnych podanych w tabeli 2.



3. Analiza kinetostatyczna mechanizmu 3. 1 Obliczenie mas i momentów bezwładności członów

Zgodnie z wymaganiami zadania wszystkie człony mechanizmu traktujemy jako masowe. Uwzględnimy wpływ sił ciężkości na obciążenie mechanizmu. Zakłada-my, że człony 2 i 3 wykonane są ze stali i mają kształt płaskowników o przekroju prostokątnym z godnie z rysunkiem 15.

Rys. 15. Schemat konstrukcyjny członów 2 i 3. Do obliczeń przyjmujemy: masa właściwa stali 33 mm/g108,7 −⋅=ρ

mm400llll,mm212ll,mm40b,mm30a

DF32313

CD2==+=

====

Obliczamy masy członów: kg2g19844030212108,7ablVm 3

222 ≅=⋅⋅⋅⋅=⋅== −ρρ ,

kg7,3g37444030400108,7ablVm 3333 ≅=⋅⋅⋅⋅=⋅== −ρρ

Przyjmiemy masę członu 1, m . kg21 =

Ponieważ człon 1 wykonuje ruch postępowy jednostajny , zgodnie z warunkami

zadania, zatem zarówno siła bezwładności tego członu , jak również moment sił bezwładności

0maB 1S1 ==0JM 11S1B =⋅= ε .

Moment bezwładności członu przedstawionego na rysunku 15 względem środ-ka masy obliczamy ze wzoru:

12

lbm22

S+⋅=J (33)

jeśli to stosujemy wzór przybliżony bl⟩⟩

12lmJ2

S ⋅= (34)



Obliczamy momenty bezwładności członów względem środków mas, które znajdują się w połowie długości członów na podstawie wzoru (34):

2322

222S kgm105,7

12212,00,2

12lmJ −⋅=⋅=⋅=

2322

333S kgm1033,49

124,07,3

12lmJ −⋅=⋅=⋅=

3.2. Obliczenie sił ciężkości, sił bezwładności i momentów od sił bezwładności oraz przyjęcie zewnętrznych sił i momentów oporu Siły ciężkości członów: :gmG;gmG;gm 332211 ===G G N30,36G;N62,19G 321 ===

Siły bezwładności członów: 2S22 amB −= ; , N03,4016,22amB 2S22 =⋅==

3S33 amB −= ; N42,5466,17,3amB 3S33 =⋅==

Obliczamy momenty od sił bezwładności członów 22S2B JM ε−= ; M , Nm04,03,5105,7J 3

22S2B =⋅⋅== −ε

33S3B JM ε−= ; M Nm42,173,281033,49J 333S3B =⋅⋅== −ε

Przyjmujemy siłę zewnętrzną oporu P oraz zewnętrzny moment opo-

ru . Punkt przyłożenia siły, jej kierunek oraz zwrot siły i zwrot momentu

oporu przedstawiono na rysunku 16.

N103 =Nm2M3 =

3.3. Wyznaczenie reakcji w parach kinematycznych oraz siły równoważącej meto-dą grafoanalityczną

Rysujemy mechanizm w podziałce długości zaznaczając na rysunku zwroty

przyspieszeń kątowych członów oraz zwroty i kierunki przyspieszeń liniowych środków mas członów. Obciążamy mechanizm siłami ciężkości, siłami bezwładno-ści i momentami od sił bezwładności oraz uogólnionymi siłami zewnętrznymi oporu jak pokazano na rysunku 16. Rysunki wykorzystywane do analizy kinetostatycznej metodą grafoanalityczną wykonamy w programie AutoCAD.

lk



=lk

Rys. 16. Mechanizm z układem sił zewnętrznych bez siły równoważącej Analiza sił działających na grupę strukturalną (2,3).

Uwalniamy od więzów grupę strukturalną (2,3) rozkładając reakcje w przegu-bach na składowe styczne i normalne dla członów zgodnie z rysunkiem 17a.

Rys. 17. Układ sił zewnętrznych i reakcji przyłożonych do grupy strukturalnej (2,3)



Zapisujemy wektorowe równania równowagi sił działających na człony 2 i 3.

( ) 0RBGRRR 3222t12

n122i =++++=∑

( ) 0RRGBPRRn03

t03333233i =++++++=∑ (35)

Po dodaniu stronami równań (34) otrzymujemy warunek równowagi sił działają-

cych na grupę:

0RRGBPBGRRn03

t0333322

t12

n12 =++++++++ (36)

Równanie (36) zawiera cztery niewiadome, aby więc można je było rozwiązać korzystając z wieloboku wektorowego sił, należy w pierwszej kolejności wyznaczyć

reakcje styczne t12R oraz t

03R układając warunki równowagi momentów wszyst-

kich sił osobno dla członu 2 oraz dla członu 3 względem punktu C, który należy do wspólnej pary kinematycznej grupy.

; G ( ) 0M 2ic =∑ 0BCRMhBh t

122B2212 =⋅−+⋅−⋅

stąd BC

MhBhGR 2B2212t12

+⋅−⋅= (37)

N28,32121,0

039,0027,003,4039,062,19Rt12 =−⋅−⋅=

; ( ) 0M 3ic =∑ 0CDRhPMMhBhG t

035333B4333 =⋅+++−⋅−−

stąd CD

hPMMhBhG 5333B4333t03

−−+⋅+=R (38)

N35,25

150,0358,010242,1196,042,5190,03,36Rt

03 =⋅−−+⋅+⋅=

Równanie (36) zawiera teraz tylko dwie niewiadome n12R oraz R . n

03

W celu graficznego rozwiązania równania (36) przyjmujemy podziałkę rysunko-

wą sił ( )

=mmN

GG

2

2Rk . Otrzymujemy teraz równanie równowagi w postaci ry-

sunkowej

0)R()R()G()B()P()B()G()R()Rn03

t0333322

t12

n12 =++++++++( (39)



Rozwiązanie graficzne równania (39) przedstawiono na rysunku 18.

( )

=mmN

GGk

2

2R

Rys. 18. Plan sił przyłożonych do grupy strukturalnej (2,3) zgodnie z równaniem (39) Na podstawie rysunku 18 odczytujemy:

oraz N22,20k)R(R

N98,19k)R(R

Rn03

n03

Rn12

n12

==

==N42,32k)R(RN24,20k)R(R

R0303

R1212====



Na podstawie układu równań (35) oznaczamy wektory )R23( i )R32( na planie

sił (rys. 18). N30,6k)R(RR R233223 ===

Analiza sił działających na człon napędzający Człon napędzający uwalniamy od więzów zgodnie z rys 19 a.

Równanie równowagi sił działających na człon napędzający w postaci rysunkowej ma postać. (40) 0)()()( =++ R()PGR 011R121 +

Podziałka rysunkowa ( )

=mmN

GG

1

1Rk

Graficzne rozwiązanie równania (40) z uwzględnieniem podziałki Rk

przedstawia rys. 19.

a) b)

Rys. 19. Analiza sił działających na człon napędzający: a) człon napędzający uwolniony od

więzów; b) plan sił członu napędzającego



Z równania równowagi momentów względem punktu A wyznaczamy moment utwierdzenia (41) ∑ =−⋅= 0MhR;0M 01621iAstąd M 62101 hR ⋅= Nm2024,0010,024,20M01 =⋅=

Na podstawie rysunku 19 obliczamy

N26,4)P(kP;N40,39)R(kR 1RR1R01R01 ====

3. 4. Obliczenie siły równoważącej metodą mocy chwilowych.

Mechanizm rysujemy w podziałce i obciążamy wszystkimi obliczonymi si-

łami zewnętrznymi, do członu napędzającego przykładamy siłę równoważącą lk

1RP

o zwrocie zgodnym ze zwrotem prędkości liniowej członu. Rysujemy wektory pręd-kości liniowych wszystkich punktów przyłożenia sił oraz oznaczamy prędkości ką-towe wszystkich członów mechanizmu. Schemat obliczeniowy mechanizmu przed-stawia rysunek 20.

Rys. 20. Schemat obliczeniowy mechanizmu metodą mocy chwilowych

Równanie mocy chwilowych dla powyższego mechanizmu ma postać

0MvP

MvBvGMvBvGvGvP

33E3

33B3S33S322B2S22S2A1A1R

=⋅+⋅+

+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅

ωωω

(42)



Po rozpisaniu iloczynów skalarnych mamy

0McosvPMcosvBcosvGMcosvBcosvGcosvGvP

336E333B53S343S3

22B32S222S21A1A1R=⋅−⋅+⋅+⋅+⋅+

+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅ωαωαα

ωααα

stąd

A

336E333B53S343S3

A

22B32S222S21A11R

vMcosvPMcosvBcosvG

vMcosvBcosvGcosvGP

ωαωαα

ωααα

⋅+⋅−⋅−⋅−⋅−

⋅−⋅−⋅−⋅−=(43)

Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymamy

145,224,153cos61,01044,242,14,18cos12,042,57,11cos12,03,36

v48,404,066cos58,003,43,107cos58,062,1990cos162,19P

oooA

ooo

1R

⋅+⋅−⋅−⋅−⋅

⋅−⋅−⋅−⋅−=

N29,4P 1R =

3.5. Wyznaczenie siły równoważącej w programie SAM

Model mechanizmu w programie SAM uzupełniamy narzucając członom 1, 2 i 3 masy oraz momenty bezwładności, oraz przykładając zadaną siłę zewnętrzną i moment sił zewnętrznych (rys.21).

Wartość odczytanej z wykresu siły równoważącej (rys. 22) dla zadanego poło-żenia członu napędzającego wynosi P . N23,41R =

Rys. 21. Model mechanizmu do analizy kinetostatycznej w programie SAM




N23,4)08,0(P 1R =

[t

]N[)t(P 1R

]s

Rys. 22. Charakterystyka siły równoważącej z programu SAM )t(P 1r

3. 6. Porównanie wyników obliczeń siły równoważącej

Wyniki obliczeń siły równoważącej dla mechanizmu w zadanym położeniu ze-

stawiono w tabeli 3.

Tabela 3. Porównanie wyników obliczeń siły równoważącej

Metoda grafoanalityczna 1RP

Metoda mocy chwilowych1RP

Obliczenia w programie SAM 1RP

4,26 N 4,29 N 4,23 N Porównanie wyników wskazuje, że obliczenia zostały wykonane poprawnie

Documents

ANALIZA MECHANIZMU DŹWIGNIOWEGO 1. …home.agh.edu.pl/~kmtmipa/dydaktyka/tmm/przykladz.pdfPrzykład analizy mechanizmu dźwigniowego 3 w 1 n 5, p4 0, p5 7 = = = = Rys. 3 Mechanizm