24 luty 07 (33)

24 luty 07 (33)



gdzie:

Ld - dodatnia praca sił napędzających (praca dostarczona),

Lu - ujemna praca oporów technologicznych (praca użyteczna),

LT - ujemna praca sił tarcia w parach kinematycznych oraz innych oporów szkodliwych,

Lq - praca sił ciężkości członów mechanizmu, jej znak zależy od położenia członów mechanizmu.

Zasadę równowartości energii kinetycznej i pracy można więc zapisać

A E = Ld-Lu-LT±LG    (3.47)

Dla okresu T ruchu ustalonego mechanizmu przyrost jego energii kinetycznej jest równy zero: AE = E(T)-E(0) = 0 oraz całkowita praca sił ciężkości członów mechanizmu również jest równa zero LG = 0.

Bilans energetyczny mechanizmu lub maszyny dla okresu ruchu ustalonego ma zatem postać

i-d = Lu+ Lj    (3.48)

Równanie (3.48) można również zapisać w postaci bilansu mocy

Nd=Nu + NT    (3.49)

gdzie:

Nd - moc sił czynnych (napędowych),

Nu - moc sił użytecznych,

NT - moc oporów nieużytecznych (w szczególności moc sił tarcia w parach kinematycznych).

3.5.2. Wyznaczanie sprawności mechanicznej mechanizmów. Pojęcia ogólne

Sprawność mechaniczna mechanizmu określana jest za pomocą współczynnika sprawności rj jako stosunek mocy użytecznej do mocy dostarczonej.

CS

1!

(3.50)

lub wykorzystując zależność (3.49)

Nd-NT

Nd

albo

(3.51 a)

Nu

T) —

nu+nt

(3.51b)

183


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
24 luty 07 (123) gdzie: Jzr - całkowity zredukowany moment bezwładności układu napędowego z kołem za
24 luty 07 (28) Rysunek 3.57 przedstawia wieloboki sił wykonane w trakcie analizy mechanizmu bez uwz
24 luty 07 (55) Rys. 3.75. Wektor główny sił bezwładności i moment główny sił bezwładności oraz równ
24 luty 07 (108) Uwaga. Ponieważ całkowite przełożenie może być dodatnie lub ujemne w równaniu na Mz
24 luty 07 (121) lub gdzie: a>max vmax U) min< v min aśr< vśr $ _ vmax vmin Vśr prędk
24 luty 07 (127) Rozwiązanie W cyklu ruchu ustalonego praca sił czynnych jest równa pracy sił bierny
24 luty 07 (67) stąd (P3.134) Si(2 = mk2rk2 - m2s2 + 1713^2 ~ O gdzie sk2 - moment statyczny przeciw
24 luty 07 (98) Z zależności (3.134) wynika, że dla okresu ruchu ustalonego maszyny praca sił czynny
23 luty 07 (33) 1.2.1.4. Przykłady klasyfikacji strukturalnej Przykład 1.12 (rys. 1.23) Grupa strukt
24 luty 07 Wobec symetrii mechanizmu względem osi poziomej uwalniamy od więzów tylko grupę struktura
24 luty 07 (100) Rozwiązanie Po obliczeniu zredukowanego na wał silnika momentu bezwładności układu
24 luty 07 (101) Drugą część zlinearyzowanej charakterystyki przedstawia odcinek BS prostej przechod
24 luty 07 (102) Etap 2 Rozruch układu bez obciążenia, Mb = 0, przy malejącym liniowo momencie napęd
24 luty 07 (103) Po czasie t2 = 3T prędkość kątowa osiąga 95% wartości ustalonej coust w drugim etap
24 luty 07 (104) Prędkość kątową a>p w ruchu ustalonym podczas przecinania znajdziemy z zależnośc
24 luty 07 (105) Przykład 3.31 Dany jest model fizyczny układu napędowego maszyny wyciągowej w posta
24 luty 07 (106) Rozwiązanie Rozwiązanie zadania podzielimy na sześć etapów.Etap 1 Wyznaczenie zależ
24 luty 07 (107) Wyznaczenie pozostałych zależności (P3.204) D cos = m1; (Oj = cob; vA = rjcoj; vB =
24 luty 07 (109) Etap 6 Całkowanie dynamicznego równania ruchu a-j -bu>i = J2 dco1 ~df (P3.219) (

więcej podobnych podstron