Sprawdzian z TMM zadania przykładowe
P y
Wyniki obliczeń należy wpisać do tabelki z dokładnością do trzech cyfr po przecinku.
3
1. Na rysunku przedstawiono schemat kinematyczny mechanizmu. Punkt C, leżący w środku odcinka AB, B
C
jest środkiem masy członu 2. W rozpatrywanej chwili przyspieszenie kątowe członu 2 wynosi &� ,
�&� b 2
A
a przyspieszenie liniowe punktu C ma wartość &�&� . Człon 2 ma masę m i moment bezwładności JC
rC
0
r a
1
(względem osi przechodzącej przez środek masy). Pozostałe człony są nieważkie. Policzyć składową y siły
0
x
napędowej P, przyłożonej do członu 3. Pominąć siły ciężkości.
Dane: a = 0.1 (m), b = 0.2 (m), r = 0.05 (m), m = 25 (kg), JC = 5 (kg m2), = [0.16,  0.08]T (m/s2), &�&� = 1.6 (rad/s2).
&�&� �
rC
2. Rysunek przedstawia układ trzech mas punktowych o środku masy w punkcie C. Układ
ś
b
odniesienia xyz ma początek w punkcie C i osie równoległe do osi układu ��ś. Należy obliczyć
m3
dewiacyjny moment bezwładności Ixy.
a
m2
z
Dane: a = 6 (m), b = 18 (m), d = 15 (m), m1 = 1 (kg), m2 = 2 (kg), m3 = 3 (kg).
b y
�
C
x
a
y
d m1
�
B
x
s
a
m1
s
ą1
3. Pewien wirnik można traktować jako obiekt wyważony dynamicznie, do którego dołączono dwie m2
b
ą2
masy punktowe, co zilustrowano na rysunku. Należy obliczyć moduł reakcji dynamicznej w łożysku
A, kiedy wirnik obraca się ze stałą prędkością kątową � = 100 (rad/s).
A
a
Dane: a = 0.1 (m), b = 0.2 (m), s = 0.2 (m), m1 = 0.01 (kg), m2 = 0.02 (kg), ą1 = 0.1 (rad), ą2 = 0.2 (rad).
z
Imię i nazwisko Py (N) Ixy (kg m2) RA (N)
Marek Wojtyra  85  216.000 34.979
Rozwiązanie zadania 1
Plan postępowania jest następujący:
" Obliczymy siłę bezwładności i moment sił bezwładności, działające na człon 2.
" Uwolnimy człony mechanizmu od więzów, wprowadzając w ich miejsce siły i/lub momenty reakcji.
" Ułożymy równania równowagi kinetostatycznej członów.
" Rozwiążemy otrzymany układ równań, wyznaczając siły oddziaływania pomiędzy członami, a zatem także
poszukiwaną siłę napędową.
y
P
P
S23
3
S03
M03
Mb
B
C
b b  S23 S21
Fb
2
A
0
1
r r
 S21
a
x
S01
D
a
0
a) b)
Siły bezwładności
Rozwiązywanie zadania rozpoczynamy od wyznaczenia współrzędnych wektorów, wersorów i macierzy
(w układzie globalnym, w chwili pokazanej na rysunku):
0
�ł łł �ł- a 1 0 0
łł �ł- a / 2
łł �ł łł �ł łł �ł -1
łł
rDA = rAB =
�łrśł, �ł śł, rAC = �ł śł, u = �ł0śł, v = �ł1śł, � = �ł1 0 śł.
b b / 2
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
Siła bezwładności i moment sił bezwładności:
Fbx
�ł łł
&�&�
Fb = = -mrC
�łF śł
by
�ł �ł
&�&�
Mb = -JC�
Uwolnienie od więzów
Człony uwolnione od więzów pokazane są na rysunku b).
Na człon 1 działają (pamiętajmy, że zgodnie z umową Sjk oznacza siłę reakcji jaką człon j działa na człon k;
oczywiście spełniona jest równość Sjk =  Skj):
" S01  siła reakcji członu 0 na 1, o linii działania przechodzącej przez punkt D (w obrotowej parze
kinematycznej siła reakcji przechodzi przez oś obrotu).
" S21  siła reakcji członu 2 na 1, o linii działania przechodzącej przez punkt A.
Na człon 2 działają:
" S12  siła reakcji członu 1 na 2 o linii działania przechodzącej przez punkt A (zgodnie z III prawem
Newtona S21 =  S12).
" S32  siła reakcji członu 3 na 2, o linii działania przechodzącej przez punkt B (S32 =  S23).
" Fb  siła bezwładności, o linii działania przechodzącej przez punkt C.
" Mb  moment sił bezwładności.
Na człon 3 działają:
" S23  siła reakcji członu 2 na 3, o linii działania przechodzącej przez punkt B.
1
" S03 = S03u  siła reakcji o kierunku prostopadłym do osi prowadnicy. Linię działania siły można przesunąć
dowolnie, siła nie ulegnie zmianie, ale moment M03 będzie się zmieniał. Przyjmiemy zatem, że linia
działania siły S03 przechodzi przez punkt B.
" M03  moment reakcji członu 0 na 3, wyznaczany przy założeniu, że linia działania siły reakcji S03
przechodzi przez punkt B.
" P = P v  siła napędowa, działająca wzdłuż prowadnicy.
Równania równowagi kinetostatycznej
Równanie momentów dla członu 1:
T
(�rDA) S21 = 0
Równanie momentów dla członu 2:
T T
Mb + (�rAC ) Fb + (�rAB) (- S23) = 0
Równanie sił dla członu 2:
Fb - S21 - S23 = 0
Równanie sił dla członu 3:
Pv + S03u + S23 = 0
Układ równań w formie macierzowej:
T
�ł łł P 0
0 (�rDA) 01�2 0 �ł łł �ł łł
�ł śł
T
�łS śł �łM +
T
(�rAC ) Fb śł
0 01�2 (�rAB) 0
21 b
�ł śł
�ł śł �ł śł
= .
�ł02�1 I2�2 I2�2 02�1śł S23
�ł śł �ł śł
Fb
�ł śł
�łS śł �ł
02�1 śł
v 02�2 I2�2 u
�ł śł
�ł 03�ł �ł �ł
�ł �ł
Ten sam układ równań, po podstawieniu danych i wykonaniu działań:
0
�ł - r 0 0 0 0 P 0 (1)
łł �ł łł �ł łł
�ł0 0 0 - b - a 0śł �łS śł �łM - bFbx / 2 - aFby / 2śł
(2)
21x b
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł śł �ł śł �ł śł
0 1 0 1 0 0 S21y Fbx (3)
=
�ł0 0 1 0 1 0śł �łS śł �ł śł
Fby (4)
23x
�ł śł �ł śł �ł śł
�ł0 0 0 1 0 1śł �łS23 y śł �ł śł
0 (5)
�ł śł �ł śł �ł śł
0 (6)
�ł śł śł
�ł1 0 0 0 1 0�ł �ł S03 śł �ł �ł
�ł �ł �ł
Rozwiązanie układu równań
Uwzględniając (1) w (3), uzyskujemy:
S23x = Fbx .
Podstawiając powyższe do równania (2), uzyskujemy:
aFby - bFbx - 2Mb
S23 y = .
2a
Wstawiając powyższy wynik do równania (6), otrzymujemy:
2Mb + bFbx - aFby
P =
2a
Podstawienie danych:
Fbx
�ł łł 0.16
�ł łł �ł- 4
łł
&�&�
Fb = = -mrC = -25�" = (N)
�łF śł
�ł �ł śł
2
by
�ł- 0.08śł �ł �ł
�ł
�ł �ł
&�&�
Mb = -JC� = -5�"1.6 = -8 (Nm)
2Mb + bFbx - aFby 2�"(-8) + 0.2�"(-4) - 0.1�" 2
P = = = -85 (N)
2a 2�"0.1
Uwaga:
Budując układ równań pominęliśmy równanie równowagi sił dla członu 1 i równanie równowagi momentów
dla członu 3. Pozbyliśmy się w ten sposób niewiadomych S01 i M03, które nie były nam potrzebne.
2
Rozwiązanie zadania 2
Rozwiązywanie zadania rozpoczniemy od wyznaczenia położenia środka masy w układzie ��ś, korzystając
wprost z definicji:
ś
a a
łł
�ł łł �ł łł �ł- b b
m
3
m1r1 + m2r2 + m3r3
�łd śł, r = �łaśł, r = �ł śł .
a
rC = , r1 = d m
2
z
2 3
�ł śł �ł śł �ł śł
m1 + m2 + m3
b y
�
�ł C
�ł0śł �ł �ł �ł �ł
�ł �łbśł �ł 0 śł
x
a
Kolejnym krokiem będzie wyznaczenie współrzędnych punktów materialnych
d
m
1
�
w układzie xyz, o początku w środku masy:
r'1 = r1 - rC , r'2 = r2 - rC , r'3 = r3 - rC .
Poszukiwany dewiacyjny moment bezwładności względem układu xyz obliczamy wprost z definicji:
Ixy = m1 r'1x r'1y +m2 r'2x r'2 y +m3 r'3x r'3 y
Podstawiając dane liczbowe, otrzymujemy:
6 6
łł �ł- 6
łł
�ł łł �ł łł �ł-18
�ł15śł, �ł śł, r �ł śł �ł12 śł
r1 = r2 = 6 = 15 , rC = (m),
3
�ł śł �ł śł �ł śł �ł śł
�ł śł �ł
0
�ł �ł �ł �ł �ł
�ł �ł �ł18śł �ł 0 śł �ł 6 śł
12 12
łł
�ł łł �ł łł �ł-12
�ł śł, �ł �ł śł
r'1 = 3 r'2 = 6śł, r'3 = 3 (m),
�ł śł �ł- śł �ł śł
śł
�ł- 6�ł
śł �ł śł �ł - 6
�ł �ł12 �ł �ł �ł
Ixy = -216 (kg m2).
Uwaga:
Osoby spostrzegawcze zauważyły zapewne, że interesowała nas tylko płaszczyzna xy, zatem można się było do
niej ograniczyć, stosując dwuwymiarowe wektory.
3
Rozwiązanie zadania 3
Momenty bezwładności wirnika wraz z dodanymi masami:
y
Sx =
B
x
(momenty statyczne nie będą nam potrzebne),
s
a
Sy =
m
s
ą1 1
Ixz =m1s cosą1 �" a +m2s cosą2 �"(a + b),
m2
b
ą2
I =m1s siną1 �" a +m2s siną2 �"(a + b).
yz
A
a
Wynikające z niewyważenia wirnika siły i momenty sił, zredukowane do
początku lokalnego układu odniesienia (czyli punktu B):
z
T
Fb = [Sx Sy 0] �2 ,
T
Mb = [- Iyz Ixz 0] �2 .
Równania równowagi momentów względem punktu B
~
Mb + rBAR = 0 .
A
Współrzędne wektora odczytane z rysunku:
0 0 - (2a + b) 0
�ł łł �ł łł
Mb
�ł śł �ł(2a
~
rBA = 0 , rBA = + b) 0 0śł .
�ł śł �ł śł
Fb
y
�ł śł �ł śł
0 0 0�ł RB
�ł2a + b�ł �ł
B
x
Równanie momentów (dwa pierwsze równania skalarne) przepisane
s
a
m1
inaczej:
s
ą1
RAx �ł łł
�ł- I 0 -(2a + b) �ł łł 0 m2
łł �ł łł
yz
2
b
=�ł śł .
�łR śł ą2
�ł śł� +�ł + b) 0 śł
Ixz
Ay
�ł �ł �ł(2a �ł �ł0�ł
�ł �ł
A
a
Składowe reakcji:
Ixz�2
z
RA
RAx = - ,
2a + b
I �2
yz
RAy = - .
2a + b
Moduł reakcji:
�2
2 2 2 2
RA = RAx + RAy = Ixz + I .
yz
2a + b
Podstawienie danych:
Ixz = 0.01�"0.2�"cos(0.1) �"0.1+ 0.02�"0.2�"cos(0.2) �"(0.1+ 0.2) H" 1.375�"10-3 (kg �" m2)
I = 0.01�"0.2�"sin(0.1) �"0.1+ 0.02�"0.2�"sin(0.2) �"(0.1+ 0.2) H" 0.258�"10-3 (kg �" m2)
yz
1002
RA H" (1.375�"10-3)2 + (0.258�"10-3)2 H" 34.979 (N)
2�"0.1+ 0.2
Uwaga:
Warto odnotować, że do obliczenia reakcji w łożysku B konieczne byłoby obliczenie momentów statycznych
i ułożenie równania równowagi sił.
4