Teoria Maszyn i Mechanizmów
Precyzyjnych
Analiza Mechanizmu Suwakowego
Mechanizm 3 A
Bartłomiej Furmański
IMiR, Mechatronika gr.23
rok akademicki 2010/2011
Teoria Maszyn i Mechanizmów
Precyzyjnych
Analiza Mechanizmu Suwakowego
Mechanizm 3 A
Bartłomiej Furmański
IMiR, Mechatronika gr.23
rok akademicki 2010/2011
2
1. Synteza strukturalna i geometryczna mechanizmu
Dane do zadania zapisane w formie zapisu strukturalnego oraz parametrów
Zakres danych
Parametry mechanizmu
Struktura mechanizmu
Parametry kinematyczne członu
napędzającego
(φ
1
,ω
1
,0)
Masy i momenty statyczne członów (m
i
, J
si
)
(0,0); (m
2
,J
S2
); (0,0)
Obciążenie uogólnionymi siłami
zewnętrznymi (P
i
, M
i
)
(0,0); (0,M
2
); (P
3
,0)
Uogólniona siła równoważąca do
wyznaczenia
M
R1
1.1. Schemat ideowy mechanizmu
1. 2. Ruchliwość mechanizmu
w= 3n – 2p
5
– p
4
Mechanizm posiada 3 człony oraz 4 pary kinematyczne klasy 5 : (0,1); (1,2); (2,3); (3,0).
w= 3*3 – 2*4 = 9 – 8 = 1
1.3. Klasa mechanizmu
Po odłączeniu członu napędzającego 1 pozostałe człony 2 i 3 tworzą grupę strukturalną.
3
Człon napędzający:
Grupa strukturalna:
Badamy ruchliwość grupy strukturalnej
w
gr
= 3*2 – 2*3 = 0
Grupa strukturalna (2,3) jest grupą klasy 2 postaci 2.
Analizowany mechanizm składa się z członu napędzającego 1 i grupy strukturalnej klasy 2,
jest to zatem mechanizm klasy 2.
1.4. Model w programie SAM
Do obliczeń przyjęto następujące dane:
φ
1
= 70 ̊
ω
1
= 10
l
AB
= l
1
= 80 mm
l
BC
= l
2
= 135,4 mm
l
BS2
= l
31
= 67,7 mm
l
S2C
= l
32
= 67,7 mm
l
CD
= l
4
= 40 mm
4
2. Analiza kinematyczna mechanizmu
2.1. Metoda grafoanalityczna
W celu rozwiązania zadania metodą grafoanalityczną, mechanizm rysujemy w podziałce k
1
w
zadanym położeniu. Grafy zostały wykonane w programie AutoCAD więc podziałka wynosi
k
1
= 1, wykorzystanie tego programu pozwoli na otrzymanie dokładnych wyników.
2.1.1. Analiza prędkości
Analiza prędkości przeprowadzana jest na podstawie równania :
)
(
)
(
)
(
CB
B
C
V
V
V
+
=
= ∗ = 10 ∗ 80 = 800 [
]
Plan prędkości:
Odczytana wartość prędkości:
= 283,68[
]
= 826,37 [
]
Dzięki prędkości V
CB
jesteśmy w stanie obliczyć ω
2
=
=
283,68
135,4 ≅ 2,1[
&'(
]
Punkty C oraz D poruszają się ruchem prostoliniowym więc V
C
= V
D
Prędkość punktu środka masy S
2
:
)
*
=
∗
= 2,23 ∗ 67,7 = 150,97 [
]
5
Plan prędkości dla pkt. S
2
Odczytana wartość prędkości:
)
*
= 800,84[
]
2.1.2. Analiza przyspieszeń
Analizę przyspieszeń dokonujemy na podstawie równania :
)
(
)
(
)
(
)
(
t
C
n
C
B
C
a
a
a
a
+
+
=
'
,
= '
,
-
+'
,
/
= '
,
-
ponieważ ω
1
= const =>
ε
1
= 0
' =
∗ = 10 ∗ 80 = 8000 [
]
'
0
=
∗ = 2,1 ∗ 135,4 = 597,11 [
]
6
Przyspieszenia przedstawione są w podziałce k= 0,1
Plan przyspieszeń:
Odczytane wartości:
'
1
= 7628,9[
]
' = 1335,7[
]
Dzięki wartości
'
1
jesteśmy w stanie obliczyć
ε
2
2 =
'
1
=
7628,9
135,4 = 56,34 [
&'(
]
Punkty C oraz D poruszają się ruchem prostoliniowym więc a
C
= a
D
7
Przyspieszenie punktu środka masy S
2
:
'
)
0
=
∗
= 2,1 ∗ 67,7 = 298,56 [
]
'
)
1
= 2 ∗
= 56,34 ∗ 67,7 = 38014,22 [
]
Plan przyspieszeń dla pkt. S
2
:
Odczytane wartości:
'
)
=
4273
[
]
8
2.2. Metoda analityczna
Rysunek wieloboku wektorowego mechanizmu:
Do obliczeń przyjęto następujące dane:
φ
1
= 70 ̊
φ
3
= const = 270 ̊
φ
4
= const = 0 ̊
l
1
= 80 mm
l
2
= 135,4 mm
l
3
= 40 mm
ω
1
=
34 = 10
Szukane:
φ
2
, ω
2
,
ε
2,
v
D
, a
D
Rozwiązanie :
Mechanizm zapisujemy wielobokiem wektorowym
5 + 5 + 5 + 5 = 0
Po zrzutowaniu równania na osie układu współrzędnych otrzymamy
cos 3 + cos 3 − cos 3 − = 0
(1)
sin 3 + sin 3 + sin 3 = 0
(2)
Z równania 2 możemy obliczyć φ
2
sin 3 = −
sin 3 + sin 3
3 = '&< sin −
sin 3 + sin 3
9
3 = '&<sin −
80 sin 70° + 40 sin 270°
135,4
= −15,06° => 344,94°
Znając kąt
3 możemy obliczyć
= 34 , różniczkujemy więc równanie 2. Po
przekształceniu oraz uproszczeniu otrzymujemy wzór:
34 = −
φ4 cos 3
cos 3
34 = −
80 ∗ 10 ∗ cos 70°
135,4 cos 344,94° = −2,09 [
]
Różniczkując dwu-krotnie równanie 2 obliczymy
2 = 3@ . Po przekształceniu oraz
uproszczeniu otrzymujemy wzór:
3@ =
34 sin 3 + 34 sin 3
cos 3
3@ =
80 ∗ 10 sin 70° + 135,4 ∗ −2,09 sin 344,94°
135,4 cos 344,94°
= 56,32 [
]
Znając wszystkie kąty możemy obliczyć v
D
oraz a
D
które są kolejno pierwszą i druga
pochodną l
0
wyliczoną z równania 1 (wszystkie równania są już w najprostszej postaci).
A
B
= 4 = − 34 sin 3 − 34 sin 3
4 = − 80 ∗ 10 ∗ sin70° − 135,4 ∗ −2,09 ∗ sin344,94° = −825,28 [
]
'
B
= @ = − 34 cos 3 − 34 cos 3 − 3@ sin 3
@ = −80 ∗ 10 ∗ −135,4 ∗ −2,09 ∗ cos 344,94° − 135,4 ∗ 56,32 ∗ sin344,94°
= −1325,89 [
]
10
2.3. Analiza kinematyczna w programie SAM 6.0
A(6) –
3
AV(6) –
AA(6) –
2
Vx(4) - v
D
Ax(4) - a
D
11
2.4. Porównanie wyników różnych metod obliczniowych
parametr
Metoda
grafoanalityczna
Metoda
analityczna
SAM
3
-
-15,06 ̊
-15,03 ̊
ω
2
2,1
-2,09
-2,09
2
56,34
56,32
56,39
v
D
826,37
-825,28
-825,39
a
D
1335,7
-1325,89
-1329,03
v
S2
800.84
-
800,67
a
S2
4273
-
4276,55
Na podstawie zebranych wyników, można stwierdzić, że obliczenia zostały wykonane
poprawnie. Róznice w wynikach mogą być spowodowane błędami zaokrągleń.
3. Analiza kinetostatyczna mechanizmu
3.1. Przyjęcie danych potrzebnych do rozwiązania tego zagadnienia
m
2
= 0,5 kg
J
S2
= 763,88 kgmm
2
M
2
= 50 Nmm
P
3
= 30 N
3.2. Obliczenia sił ciężkości oraz sił bezwładności oraz momentów od sił bezwładności
Siła ciężkości członu 2:
G
2
= m
2
*g = 0,5*9,81= 4,91 N
Siła bezwładności członu 2:
B
S2
= a
S2
*m
2
= 4273* 0,5 = 2136,5
[
CD∗EE
*
] = 2,14 N
Moment od siły bezwładności
M
B
= J
S2
*
2 = 763,88 * 56,34 = 43037 [
CD∗EE
*
*
]= 43,04[Nmm]
3.3. Wyznaczanie reakcji w parach kinematycznych oraz momentu równoważącego
metodą grafo analityczną
Rysuję mechanizm w podziałce długości- k naznaczając na rysunku zwroty przyspieszeń
kątowych członów oraz zwroty i kierunki przyspieszeń liniowych środka masy członnu 2.
Obciążamy mechanizm siłami ciężkości, siłami bezwładniści i momentami od sił
bezwładniści oraz uogulnionymi siłami zewnętrznymi oporu.
12
3.3.1 Analiza sił działających w grupie strukturalnej (2,3)
h
1
= 65,39 [mm]
h
2
= 65,82 [mm]
Wektorowe równania równowago sił działających na człony 2 i 3 :
13
F GH
I( )
= ,H
)
+ J̅ + GH + GH
1
+ GH
0
= 0
F GH
I
= GH + H + GH = 0
Dodając rówania strnami otrzymamy równowanie równowagi dla grupy strukturalnej
0
3
03
12
12
2
2
=
+
+
+
+
+
P
R
R
R
G
B
n
t
S
W równaniu posiadamy trzy niewiadome, wartość
GH
1
możemy obliczyć z warunków
równowago momentów dla członu 2
F L
I
= −, ℎ −G
1
+ J ℎ + L + L = 0
G
1
=
, ℎ − J ℎ − L − L
=
−2,14 ∗ 65,82 + 4,91 ∗ 65,39 + 50 + 43,04
135,4
= 2,02 [N]
Teraz równanie równowagi grupy strukturalnej ma postać:
0
3
03
12
12
2
2
=
+
+
+
+
+
P
R
R
R
G
B
n
t
S
Wykres sił został wykanoany w programie AutoCAD, więc podziałka wynosi k=1
Wartości odczytane z wykresu:
G
0
= 29,44 [N]
G = 29,51[N]
G = 8,67 [N]
14
3.3.2. Analiza sił działających w członie napędzającym
h
1
= 79,02 mm
Wektorowe równanie sił dzaiałających w członie napędzającym:
0
)
(
)
(
)
(
21
01
01
=
+
+
R
R
R
n
t
15
Wykres działających sił:
Odczytane z wykresu:
G
0
= 2,55 [N]
G
1
= 22,42 [N]
Z równania momentów działających na człon napędzający można oblivczyć M
zr
F L
I(O)
= G ℎ − L
P
= 0
Po przekształceniu otrzymujemy wzór :
L
P
= G ℎ = 29,51 ∗ 79,02 = 2331,88 [N
]
3.4. Obliczenie momentu równoważącego metodą mocy chwilowych
16
3 = 100°
3 = 108°
Równanie mocy chwilowych:
L5
P
5 + L5 5 + L5 5 + ,H
)
A̅
)
+ J̅ A̅
)
+ H A̅
B
= 0
Po rozpisaniu w iloczyn skalarny otrzymamy:
L
P
cos 180° + L
cos 180° + L
cos 180° + ,
)
A
)
cos 3 + J A
)
cos 3
+ A
B
cos 0 = 0
Po przekształceniu otrzymujemy:
L
P
=
− L
cos 180° + L
cos 180° + ,
)
A
)
cos 3 + J A
)
cos 3 + A
B
cos 0
cos 180°
=
−50 ∗ 2,1 − 43,04 ∗ 2,1 + 2,14 ∗ 800,84 ∗ cos 108° + 4,91 ∗ 800,84 cos 100° + 30 ∗ 826,37
10
= 2338,33[N
]
3.5. Obliczenie momentu równoważącego w programie SAM
Schemat w programie:
17
Otrzymany wykres:
Odczytane wartości:
M
R1
= -2360,77 [Nmm]
3.6. Porównanie wynikiów
Metoda grafoanalityczna
Metoda mocy chwilowych
Program SAM
2331,88
2338,33
-2360,77