Transcript TEORIA MECHANIZMÓW I MASZYN Metoda planów prędkości i przyspieszeń. Zadanie 1 Wyznaczyć prędkość i przyspieszenie punktu G członu 5, jeżeli h = 740

TEORIA MECHANIZMÓW I
MASZYN
Metoda planów prędkości i przyspieszeń.
Zadanie 1
Wyznaczyć prędkość i przyspieszenie punktu G członu 5, jeżeli h = 740 mm,
b=150 mm, h1=800 mm, b1=900 mm, lAB=500 mm, lBC=1000 mm, lCD=600 mm,
lEK=300 mm, lKG=300 mm, f2=45°, zaś stała prędkość kątowa korby jest równa
w2=20 s-1.
C
b
b1
4
F
D
5
K
E
6
1
1
G
h
h1
3
B
2
A
f2
Ruchliwość mechanizmu.
w2
n=5, p5=7, p4=0
w=3·5-2·7=1
Podział mechanizmu na grupy strukturalne.
1
2
1
4
II/1
3
p
Podziałki
II/5
5
6
p
 l  10
 v   l  w  200 s 1
 p   l  w 2  4000 s 2
 v2
1
l   p
1
Plan prędkości.
C
GRUPA 3-4
4
F
D
5
K
E
6
1
1
3
G
B
2
w2
A
1
Dane: vB, vD.
vB=lAB·w=1000 cm ·s-1
(vB)=(lAB)
vD=0
(vC) = (vB) + (vCB)
(vC) = (vD) + (vCD)
(vB) + (vCB) = (vD) + (vCD)
⊥ BC
=0
⊥ CD
(vB) + (vCB) = (vD) + (vCD)
⊥ BC
⊥ CD
=0
C
4
⊥ CD
c
F
1
1
3
G
B
w2
A
⊥ BC
b
E
6
2
+
D
5
K
d
pv
(vB) + (vCB) = (vD) + (vCD)
⊥ BC
⊥ CD
=0
C
4
⊥ CD
c
F
+
⊥ BC
D
5
K
d
pv
b
E
6
1
1
3
G
vCD = v· (pvc) ; (pvc) = 3,6 cm
vCD = 200 · 3,6 = 720 cm s-1
B
2
w2
A
vC = vCD = 720 cm s-1
vCB = v · (bc) ; (bc) = 6,9 cm
vCB = 200 · 6,9 = 1380 cm s-1
C
4
w4
w3
F
⊥ CD
c
+
⊥ BC
D
5
K
d
pv
b
E
6
1
1
3
G
w3 
vCB  v bc  bc 
6,9


w 
 20  13,8 s 1
lCB  l lBC  lBC 
10
w4 
vCD  v  dc  dc 
3,6


w 
 20  12 s 1
lCD  l  lCD  cd 
6
B
2
w2
A
GRUPA 5-6
C
4
S5
F
w3
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
G
B
2
w2
A
1
Dane: vF6, w3
vF6 = 0
(vF6) = (vF5) + (vF6 F5)
(vF5) = (vF3) + (vF5 F3)
(vF6) = (vF3) + (vF5 F3) + (vF6 F5)
=0 ∆bcf3 ~ ∆BCF ‖ BC
‖ FE
(vF6) =
C
∆bcf3 ~ ∆BCF
4
S5
w3
F
=0
(vF3) + (vF5 F3) + (vF6 F5)
⊥ CD
w4
c
pv
+
⊥ BC
b
E
6
1
1
3
∆bcf3 ~ ∆BCF
S3
G
B
2
w2
A
‖ FE
D
5
K
f6 , d
‖ BC
f3
(vF6) =
C
∆bcf3 ~ ∆BCF
4
S5
w3
F
=0
(vF3) + (vF5 F3) + (vF6 F5)
⊥ CD
w4
c
pv
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
b
E
6
1
1
3
S3
G
B
2
w2
A
‖ FE
D
5
K
f6 , d
‖ BC
f3
(vF6) =
C
∆bcf3 ~ ∆BCF
4
S5
w3
F
=0
(vF3) + (vF5 F3) + (vF6 F5)
⊥ CD
w4
c
‖ FE
pv
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
D
5
K
f6 , d
‖ BC
b
E
6
1
1
3
S3
G
B
2
w2
A
f3
vF3 = v · (pv f3) = 200 · 7,0 = 1400 cm s-1
vF5 F3 = v · (f3 f5) = 200 · 7,2 = 1440 cm s-1
vF5 = v · (pv f5) = 200 · 2,7 = 540 cm s-1
C
4
S5
w3
F
⊥ CD
w4
c
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
D
5
K
f6 , d
pv
b
E
6
1
1
3
S3
G
f3
B
2
w2
A
w5 = w3 = 13,8 s-1
C
4
S5
w3
F
⊥ CD
w4
c
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
D
5
K
f6 , d
pv
b
E
6
1
1
3
S3
(vE5) = (vE3) + (vE5 E3)
G
B
2
w2
A
BE be

BC bc
f3
C
4
S5
w3
F
⊥ CD
w4
c
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
D
5
K
f6 , d
pv
e3
E
6
1
1
3
S3
(vE5) = (vE3) + (vE5 E3)
G
B
2
w2
A
BE be

BC bc
f3
b
C
4
S5
w3
F
⊥ CD
w4
c
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
D
5
K
f6 , d
pv
e3
E
6
1
1
3
S3
(vE5) = (vE3) + (vE5 E3)
G
B
2
w2
A
vE5 E3 = vF5 F3
(vE5) = (vE3) + (vF5 F3)
f3
b
e5
(vE5) = (vE3) + (vF5 F3)
C
4
S5
w3
F
⊥ CD
w4
c
D
5
K
f6 , d
pv
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
e3
E
6
1
1
3
S3
G
B
2
w2
A
f3
b
e5
C
g5
4
S5
w3
F
⊥ CD
w4
c
D
5
K
f6 , d
pv
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
e3
E
6
1
1
3
S3
∆efg ~ ∆EFG
G
B
2
w2
A
f3
b
e5
C
g5
4
S5
w3
F
⊥ CD
w4
c
D
5
K
f6 , d
pv
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
e3
E
6
b
1
1
3
S3
G
B
f3
2
w2
A
vG5 = v · (pv g5) = 200 · 5,3 = 1060 cm s1
Plan przyspieszeń.
C
GRUPA 3-4
4
F
D
5
K
E
6
1
1
3
G
B
2
w2
A
1
Dane: pB, pD.
pB=lAB·(w22=20000 cm ·s-2
pD=0
n
t
(pC) = (pB) + (pCB) + (pCB
)
t
n
(pC) = (pD) + (pCD
) + (pCD
)
n
n
t
t
(pB) + (pCB) + (pCB
) = (pD) + (pCD) + (pCD
)
= (lAB)
=0
Wektory przyspieszeń normalnych można wyznaczyć
wykreślnie na schemacie strukturalnym mechanizmu.
Operacja ta przebiega następująco:
Przyspieszenie normalne
n
(pCB)
C
4
S5
w3
F
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
1. Wykreślamy wektor prędkości (vCB)
(prostopadły do członu 3)
Długość tego wektora dana jest na planie
prędkości.
G
B
2
w2
A
1
(vCB)
n
(pCB)
Przyspieszenie normalne
C
4
S5
w3
F
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
G
2. Łączymy punkt C z końcem
wykreślonego wektora.
B
2
w2
A
1
(vCB)
Przyspieszenie normalne
n
(pCB)
C
4
S5
w3
F
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
G
3. Z końca wektora prędkości prowadzimy
2
prostą prostopadłą do poprzednio
wykreślonej.
w
2
A
1
B
(vCB)
Przyspieszenie normalne
Wiedząc, że kierunek
przyspieszenia
normalnego pokrywa się
z prostą przechodzącą
przez punkty C i B:
n
(pCB)
C
4
S5
w3
F
K
w4
D
5
E
6
1
1
3
S3
G
4. Przedłużamy odcinek CB do przecięcia
2
się z ostatnio wykreśloną linią.
w2
A
1
B
(vCB)
Przyspieszenie normalne
n
(pCB)
C
4
S5
w3
F
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
4. Łącząc punkt B z punktem przecięcia
się tych linii otrzymujemy szukany
wektor przyspieszenia normalnego.
A
1
G
B
2
w2
n
(pCB
)
(vCB)
W podobny sposób wyznacza się przyspieszenie
n
normalne (pCD
).
Przyspieszenie normalne
n
(pCD)
C
4
S5
w3
F
(vCD)
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
1. Wykreślamy wektor prędkości (vCD)
prostopadle do członu 4.
G
B
2
w2
A
1
Przyspieszenie normalne
.
n
(pCD)
C
4
S5
w3
F
(vCD)
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
2. Łączymy punkt D z końcem wektora
prędkości.
G
B
2
w2
A
1
Przyspieszenie normalne
.
n
(pCD)
C
4
S5
w3
F
(vCD)
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
3. Z końca wektora (vCD) prowadzimy
prostą prostopadłą do poprzednio
wykreślonej.
A
1
G
B
2
w2
.
n
(pCD)
Przyspieszenie normalne
n
(pCD
)
(vCD)
4
S5
w3
F
C
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
S3
4. Przedłużając odcinek CD do
przecięcia się z ostatnio
wykreśloną linią otrzymamy
szukany wektor.
G
B
2
w2
A
1
W ten sposób zostały wyznaczone wykreślnie wektory
przyspieszeń normalnych.
n
n
t
t
(pB) + (pCB) + (pCB
) = (pD) + (pCD) + (pCD
)
= (lAB)
⊥ CB
=0
⊥ CD
Wektory przyspieszeń stycznych są oczywiście prostopadłe
do odpowiednich przyspieszeń normalnych.
n
(pCD)
4
S5
F
C
w3
K
w4
pp
D
5
E
6
1
1
+
d
3
S3
G
nCD
B
2
A
w2
b
n
(pCB
)
⊥ CD
1
⊥ CB
c
nCB
n
n
t
t
(pB) + (pCB) + (pCB
) = (pD) + (pCD) + (pCD
)
= (lAB)
⊥ CB
=0
⊥ CD
n
(pCD)
4
S5
F
C
w3
K
w4
pp
D
5
E
6
1
1
+
d
3
S3
G
nCD
B
2
A
w2
b
n
(pCB
)
1
⊥ CB
c
pC = p· (ppc) ; (ppc) = 10,75 cm
pC = 4000 · 10,75 = 43000 cm s-2
nCB
⊥ CD
C
3
S5
F
w3
K
4
4
w4
D
5
E
6
1
1
3
S3
G
B
 3   CB
2
A
1
t
 p nCB c  nCB c  2 3,25 2
pCB



w2 
 20  130 s 2
lCB 
lCB
 l lCB 
10
w2
 4   CD
t
 p nCD c  nCD c  2 10,5 2
pCD



w2 
 20  420 s 2
lCD 
lCD
 l lCD 
10
C
GRUPA 5-6
4
F
D
5
K
E
6
1
1
3
G
B
2
w2
A
1
Dane: pF6, 3.
pF6= 0
c
(pF6) = (pF5) + (pF6F5) + (pF6F5)
c
(pF5) = (pF3) + (pF5F3) + (pF5F3)
c
c
(pF6) = (pF3) + (pF5F3) + (pF5F3) + (pF6F5) + (pF6F5)
=0
C
3
S5
w3
F
4
Punkty F3, F5, F6
pokrywają się w danej
chwili, ale należą do
różnych członów
4
w4
D
5
K
E
6
6
1
1
3
S3
G
(odpowiednio
3, 5 i 6 )
B
2
w2
A
c
c
(pF6) = (pF3) + (pF5F3) + (pF5F3) + (pF6F5) + (pF6F5)
1
=0
‖ BC
C
3
S5
w3
F
4
4
w4
D
5
K
E
6
1
1
3
G
B
2
w2
A
c
c
(pF6) = (pF3) + (pF5F3) + (pF5F3) + (pF6F5) + (pF6F5)
1
=0
‖ BC
‖ FE
Przyspieszenia Coriolisa można wyznaczyć w następujący
sposób.
vCB
lCB
v
 2  vF 6 F 5  w3  2  vF 6 F 5  CB
lCB
pFc 5 F 3  2  vF 5 F 3  w3  2  vF 5 F 3 
pFc 6 F 5
k1
c
(pF5F3
)
(vCB)
k2 (p c )
F6F5
2·(vF6F5)
(lCB)
2·(vF5F3)
Kierunek przyspieszenia Coriolisa jest prostopadły do prowadnicy
a jego zwrot jest taki jak zwrot prędkości względnej obróconej o
kąt 90° zgodnie ze zwrotem prędkości kątowej prowadnicy.
e5
g5
w5
(vF6F5)
⊥ CD
c
c
(pF6F5
)
f6 , d
pv
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
e3
f3
b
(vF5F3)
e5
w3
g5
c
(pF5F3
)
⊥ CD
c
f6 , d
‖ FE
+
f5
‖ BC
⊥ BC
e3
Określone zostały więc kolejne dwa wektory:
c
pv
c
(pF6) = (pF3) + (pF5F3) + (pF5F3) + (pF6F5) + (pF6F5)
=0
‖ BC
‖ FE
f3
b
Ostatni wektor wyznaczony zostanie z podobieństwa
trójkątów bcf3 i BCF.
n
(pCD)
4
S5
F
C
w3
K
w4
pp
D
5
E
6
1
1
+
d
3
S3
G
nCD
B
2
A
w2
b
n
(pCB
)
1
⊥ CB
c
f3
nCB
c
c
(pF6) = (pF3) + (pF5F3
) + (pF5F3) + (pF6F5
) + (pF6F5)
=0
∆bcf3 ~ ∆BCF
‖ BC
‖ FE
n
(pCD)
C
k2
4
S5
F
w3
K
f5
w4
pp
D
5
E
6
1
1
‖ BC
3
S3
+
G
nCD
B
2
A
w2
n
(pCB
)
b
k1
1
⊥ CB
c
f3
nCB
c
c
(pF6) = (pF3) + (pF5F3
) + (pF5F3) + (pF6F5
) + (pF6F5)
=0
∆bcf3 ~ ∆BCF
d ,f6
‖ BC
‖ FE
c
(pE5) = (pE3) + (pE5E3) + (pE5E3)
BE be

BC bc
c
pE5 E3
=
c
pF5 F3
pE5 E3 = pF5 F3
c
(pE5) = (pE3) + (pE5E3) + (pE5E3)
n
(pCD)
e5
C
k2
4
S5
F
w3
K
f5
w4
pp
D
5
E
6
1
1
‖ CB
3
S3
+
G
B
2
A
w2
d ,f6
nCD
k’1
b
n
(pCB
)
k1
e3
1
⊥ CB
c
c
(pE5) = (pE3) + (pE5E3) + (pE5E3)
f3
nCB
g5
n
(pCD)
C
e5
k2
4
S5
F
w3
K
f5
w4
pp
D
5
E
6
1
1
‖ CB
3
S3
+
G
B
2
A
w2
d ,f6
nCD
k’1
n
(pCB
)
b
k1
e3
1
∆efg ~ ∆EFG
⊥ CB
c
f3
nCB
pG5 = p · (pp g5) = 4000 · 12,1 = 48400 cm s-2