Teoria maszyn i mechanizmów : zestaw problemów analizy i projektowania

STEFAN MILLER

W£ADYS£AW TWARÓG

TEORIA MASZYN

I MECHANIZMÓW

ZESTAW PROBLEMÓW

ANALIZY I PROJEKTOWANIA

OFICYNA WYDAWNICZA POLITECHNIKI WROC£AWSKIEJ WROC£AW 2000

Opracowanie redakcyjne Maria KOPEÆ Korekta Aleksandra WAWRZYNKOWSKA Projekt ok³adki Ma³gorzata BODAK

© Copyright by Oficyna Wydawnicza Politechniki Wroc³awskiej, Wroc³aw 1996

OFICYNA WYDAWNICZA POLITECHNIKI WROC£AWSKIEJ Wybrze¿e Wyspiañskiego 27, 50-370 Wroc³aw

ISBN 83-7085-395-1

Rozdzia³ 1. Wprowadzenie . . . 5

Rozdzia³ 2. Przyk³ady rozwi¹zañ . . . 7

Rozdzia³ 3. Problemy analizy . . . 75

Rozdzia³ 4. Problemy syntezy . . . 143

Rozdzia³ 5. Problemy analizy wspomaganej komputerem . . . 161

Rozdzia³ 6. Komentarze do problemów analizy i syntezy . . . . .179

Rozdzia³ 7. Zadania kontrolne . . . 191

Zrozumienie zasad budowy i dzia³ania mechanizmów oraz zjawisk towarzysz¹cych ich pracy jest niezbêdnym warunkiem efektywnego eksploatowania, a przede wszyst-kim projektowania maszyn, a tak¿e urz¹dzeñ, aparatów i narzêdzi. Niniejsze opraco-wanie zawiera problemy, których rozwi¹zyopraco-wanie, wspierane wyk³adem i wiedz¹ podrêcz-nikow¹ (wybrane pozycje zestawiono w spisie literatury), powinno siê przyczyniæ do lepszego opanowania metod analizy i syntezy mechanizmów.

Materia³ obejmuje podstawowe dzia³y teorii maszyn i mechanizmów, zw³aszcza do-tyczy analizy strukturalnej i kinematycznej, kinetostatyki oraz dynamiki. Omówiono równie¿ problematykê projektowania (syntezy) obszernej grupy mechanizmów. Wiele problemów jest ukierunkowanych na istotne zagadnienia tzw. syntezy strukturalnej, polegaj¹cej na doborze typu uk³adu do realizacji wymaganej funkcji, narzucanej po-trzebami praktyki.

Publikacja zawiera:

• przyk³ady rozwi¹zañ (rozdz. 1) • problemy analizy (rozdz. 2) • problemy syntezy (rozdz. 3)

• problemy analizy wspomaganej komputerem (rozdz. 4) • komentarze do problemów analizy i syntezy (rozdz. 5) • zadania kontrolne (rozdz. 6).

Sposób zestawienia materia³u powinien stanowiæ istotn¹ pomoc w studiowaniu teo-rii maszyn i mechanizmów. Dotyczy to przede wszystkim problemów analizy i syntezy. Ich rozwi¹zanie, samodzielne lub przy pomocy nauczyciela, umo¿liwi efektywne zma-ganie siê z problemami praktycznymi. U¿ytkownikom tego opracowania autorzy s³u¿¹ pomoc¹ w postaci za³¹czonego zestawu rozwi¹zanych przyk³adów (rozdz. 1), a tak¿e zestawem komentarzy i podpowiedzi (rozdz. 5). Wyra¿amy jednak nadziejê, ¿e u¿yt-kownicy siêgn¹ po te pomoce i podpowiedzi w ostatecznoœci.

W zestawieniu problemów analizy i syntezy starano siê uwzglêdniæ mo¿liwie szero-k¹ grupê uk³adów kinematycznych – wiele z nich to rozwi¹zania spotykane w praktyce. Dziêki temu niniejsze opracowanie mo¿e byæ tak¿e pomocne praktykom, zw³aszcza w doborze idei rozwi¹zania konkretnego problemu technicznego. S¹dzimy, ¿e ta cecha powinna poszerzyæ kr¹g odbiorców równie¿ o in¿ynierów mechaników – projektantów maszyn.

Zadanie 01

Na rysunku 01 przedstawiono przyk³adowe rozwi¹zania par kinematycznych. Prze-prowadziæ klasyfikacjê tych par.

Rozwi¹zanie

a) cz³on 2 ma wzglêdem cz³onu 1 jedn¹ mo¿liwoœæ ruchu: przesuw wzd³u¿ osi y. Ze wzglêdu na 5 stopni swobody odebranych cz³onowi 2 jest to para I klasy; ze wzglêdu na charakter styku (powierzchniowy) – para ni¿sza,

b) cz³on 2 zakoñczony kul¹ umieszczon¹ w otworze cylindrycznym cz³onu 1 o tej samej œrednicy wewnêtrznej ma mo¿liwoœæ wykonywania 4 ruchów niezale¿nych (obro-ty wokó³ osi x, y i z oraz przesuniêcie wzd³u¿ osi y). Jest to para IV klasy, ze wzglêdu na styk liniowy – para wy¿sza,

c) cz³on 2 ma wzglêdem cz³onu 1 mo¿liwoœæ wykonywania 2 ruchów niezale¿nych (obrót wokó³ osi y i przesuw wzd³u¿ osi x). Przy 4 wiêzach narzuconych cz³onowi 2 przez cz³on 1 jest to para II klasy; ze wzglêdu na charakter styku – para wy¿sza.

Rys. 01

Zadanie 02

Okreœliæ liczbê stopni swobody cz³onu 2 (organu roboczego równiarki) wzglêdem ramy maszyny dla ustalonej d³ugoœci si³owników hydraulicznych 3, 4, 5 i 8 (rys. 02).

Rozwi¹zanie

Traktuj¹c zgodnie z za³o¿eniami si³owniki hydrauliczne jako pojedyncze cz³ony stwier-dzamy, ¿e uk³ad sk³ada siê z 9 cz³onów (8 cz³onów ruchomych + 1 podstawa). Stwier-dzamy ponadto 2 pary I klasy oraz 11 par III klasy, czyli

Po zastosowaniu wzoru strukturalnego dla uk³adów przestrzennych W n i p_i i i = − − − = =

∑

Na wynik ten sk³adaj¹ siê ruchliwoœci (stopnie swobody) ka¿dego z cz³onów od-dzielnie. Niektóre spoœród cz³onów uk³adu maj¹ mo¿liwoœæ obrotu wokó³ w³asnych osi, np. cz³ony 3–6 i 8, tzw. ruchliwoœæ lokaln¹ W_L, nie maj¹c¹ wp³ywu na liczbê stopni swobody innych cz³onów.

Poniewa¿ W_L = 5, otrzymamy dla pozosta³ych cz³onów, w tym równie¿ dla cz³onu 2 W = W_t – W_L = 5 – 5 = 0.

Cz³on 2 jest unieruchomiony.

Zadanie 03

Okreœliæ ruchliwoœæ uk³adu przedstawionego na rys. 03. Otrzymany wynik zinter-pretowaæ.

Rozwi¹zanie

Uk³ad przedstawiony na rys. 03 jest z³o¿ony z 4 (n = 4) cz³onów tworz¹cych 5 par kinematycznych. Klasyfikuj¹c te pary stwierdzono, ¿e

p₁ = 2, p₂ = 1, p₃ = 2. Rys. 02

Po zastosowaniu wzoru strukturalnego dla uk³adów przestrzennych otrzymano W_t = 6 · (4 – 1) – 5 · 2 – 4 · 1 – 3 · 2 = –2.

Otrzymany wynik sugeruje, ¿e analizowany uk³ad jest przesztywniony. Nale¿y jed-nak zauwa¿yæ, ¿e para B (I klasy) jest powtórzeniem ju¿ istniej¹cej pary A (równie¿ I klasy). Ta dodatkowa para wprowadza 5 dodatkowych, a zbêdnych kinematycznie ogra-niczeñ ruchu. A wiêc

R_b = 5.

Z kolei ka¿dy z cz³onów si³ownika (t³ok 3 i cylinder 2) dysponuje ruchliwoœci¹ lokaln¹ (obrót wokó³ w³asnej osi), czyli:

W_L = 2. Ostatecznie:

W_rz = W_t – W_L + R_b = –2 – 2 + 5 = 1.

Oznacza to, ¿e skrzynia 4 (przy odpowiednim zamontowaniu ³o¿ysk A i B) dla ka¿-dej zmiany d³ugoœci si³ownika reaguje jednoznacznie okreœlon¹ zmian¹ po³o¿enia.

Zadanie 04

Wykreœliæ tor ocechowany punktu M (koñca wide³ przetrz¹sacza do siana) wzd³u¿ ziemi.

Dane: l_AB = 0,17 m, l_BC = 0,3 m, l_CD = 0,75 m, l_DA = 0,75 m, obroty korby n = 60 obr/min, prêdkoœæ ramy maszyny v = 1,2 m/s (rys. 04).

Rozwi¹zanie

1. Wykreœlamy tor ocechowany punktu M wzglêdem ramy AD maszyny. W tym celu dzielimy tor punktu B na odcinki przebyte w jednakowych odstêpach czasu ∆t = 1/12 s. Korzystaj¹c ze wzornika wykreœlonego na kalce w formie ³¹cznika CBM prowadzonego punktem C po torze γ, a punktem B po torze β, znajdziemy miejsce geometryczne odpowiednich po³o¿eñ punktu M (krzywa µ).

2. Tor ocechowany µ′ w uk³adzie sta³ym, zwi¹zanym z ziemi¹, znajdziemy rozwija-j¹c krzyw¹ µ, tj. przesuwarozwija-j¹c poszczególne punkty w kierunku ruchu maszyny o odcin-ki równe odpowiednim drogom, jaodcin-kie wykonuj¹ te punkty wraz z maszyn¹ od punktu wyjœciowego.

Fragment toru M₁ M₄ zakreœli³ punkt M w czasie równym t₁₄ = 3∆t = 3/12 s. W czasie ∆t rama maszyny przesuwa siê na odleg³oœæ ∆s = v ∆t = 1,2· 1/12 = 0,1 m. Wobec tego odcinek 4–4′ równa siê 0,3 m.

Zadanie 05

Okreœliæ wysokoœæ podniesienia skrzyni 1 po skróceniu si³ownika CF o dany skok h (rys. 05.1).

Rozwi¹zanie

W celu okreœlenia wysokoœci podniesienia skrzyni 1 dogodnie jest przyj¹æ skrzyniê za cz³on odniesienia (ruch wzglêdny cz³onów pozostanie bez zmian), a nastêpnie:

1. Roz³¹czyæ mechanizm w punkcie C oraz skróciæ si³ownik CF o skok h. Now¹ d³ugoœci¹ si³ownika FC₁* _{zakreœliæ ³uk (rys.05.2).}

2. Poniewa¿ mechanizm FBDE jest równoleg³obokiem, znajdujemy œrodek S krzywi-zny toru punktu C nale¿¹cego do cz³onu ABCD. Nastêpnie z punktu S zakreœlamy ³uk o promieniu SC (SC = DE, ES||DC, ES = DC). Punkt przeciêcia torów punktu C, nale¿¹-cego do cz³onu ABCD oraz cz³onu FC₁*_{, daje nowe po³o¿enie punktu C – punkt C}

1. 3. Znaj¹c po³o¿enie punktu C₁ znajdujemy nowe po³o¿enie ³¹cznika A₁B₁C₁D₁.

Rys. 05.2 Rys. 05.1

4. Rysujemy równoleg³¹ do prostej I stycznie do ko³a K₁ i znajdujemy prost¹ II. Odleg³oœæ skrzyni 1 od prostej II jest now¹ wysokoœci¹ h₁.

5. Ostatecznie mo¿na znaleŸæ nowe po³o¿enie punktów J i L, których odleg³oœæ od prostej I lub II jest sta³a. Z punktów G i H zakreœlamy ³uk o promieniu HJ = GL. Nastêpnie kreœlimy równoleg³¹ do prostej II w odleg³oœci a. Punkt przeciêcia prostej oraz ³uku daje poszukiwany punkt L₁.

Zadanie 06

Dla podanego mechanizmu 6-cz³onowego okreœliæ chwilowe œrodki obrotu S_ij (rys. 06.1). Rozwi¹zanie

Okreœlamy liczbê n wszystkich chwilowych œrodków obrotu wed³ug wzoru n =



₂6_ =15. Wypisujemy je w sposób uporz¹dkowany

12 13 14 15 16 23 24 25 26 34 35 36 45 46 56

Niektóre z tych chwilowych œrodków obrotu, tzw. œrodki sta³e i trwa³e (rys. 06.2), narzucaj¹ wprost po³o¿enia par kinematycznych (zosta³y one podkreœlone). Pozosta³e wyznaczamy na podstawie twierdzenia o trzech chwilowych œrodkach obrotu, np. we-d³ug podanego schematu:

12 14 32 34 24 14 34 12 23 13 13 15 36 56 35 23 35 12 15 25 24 25 14 15 45 34 36 45 56 46 56 15 46 14 16 16 12 36 23 26 − −   → − −   → − −   → − −   → − −   → − −   → − −   → − −   →

Kolejnoœæ wyznaczania mo¿e byæ oczywiœcie inna. Na koniec zwróæmy uwagê, ¿e w ka¿dym chwilowym œrodku obrotu przecinaj¹ siê 4 proste.

Zadanie 07

Dla czworoboku przedstawionego na rys.07 okreœliæ prêdkoœæ k¹tow¹ ω₄ przy za³o-¿eniu, ¿e znana jest prêdkoœæ k¹towa ω₂, a mechanizm zosta³ narysowany w podzia³ce.

Rozwi¹zanie

Zadanie zostanie rozwi¹zane metod¹ równañ wektorowych. W analizowanym uk³a-dzie (rys.07) para postêpowa nie pokrywa siê z par¹ obrotow¹, a wiêc mo¿na wprowa-dziæ równowa¿ny kinematycznie mechanizm zastêpczy, w którym para postêpowa zo-stanie przesuniêta do pary obrotowej (rys. 07). (Zwróæmy uwagê, ¿e mo¿na tê parê równie¿ przesun¹æ do pary obrotowej B.) Zabieg taki nie zmienia po³o¿eñ œrodków obrotu (S₃₄ le¿y w nieskoñczonoœci), a wiêc nie zmienia prêdkoœci k¹towych cz³onów mechanizmu. Dla mechanizmu zastêpczego (rys. 07) mo¿na za pomoc¹ równañ wekto-rowych wyznaczyæ dowolne prêdkoœci.

Najpierw okreœlono prêdkoœæ punktu B nale¿¹cego do cz³onu napêdowego v_B = ω₂ · AB.

Punkt ten jednoczeœnie nale¿y do cz³onu 3, z którym jest zwi¹zany punkt C, którego prêdkoœæ mo¿na wyraziæ zwi¹zkiem

v_C =v_B +v_{CB .}

Równania tego nie mo¿na rozwi¹zaæ ze wzglêdu na brak kierunku wektora v_C. W celu okreœlenia wektora v_C wykorzystano fakt, ¿e punkt C nale¿y do cz³onu 3 i pokrywa siê z punktem D (o znanej prêdkoœci) nale¿¹cym do cz³onu 4, a wiêc

v_C =v_D+v_{CD .}

Równania okreœlaj¹ce v_C rozwi¹zano graficznie na rys. 07 i otrzymano modu³y oraz zwroty prêdkoœci v_C i v_CB.

Do wyznaczenia prêdkoœci k¹towej cz³onu 4 wykorzystano zwi¹zek miêdzy prêdko-œciami k¹towymi dwóch cz³onów tworz¹cych parê postêpow¹

ω₄ =ω₃ +ω₄₃. W parze postêpowej ω₄₃ = 0, czyli

ω₄ =ω₃.

Prêdkoœæ k¹tow¹ cz³onu 3 wyznaczono z prêdkoœci v_CB ruchu obrotowego punktu C wokó³ B

ω₃ = v CBCB

Zwrot tej prêdkoœci jest zgodny z ruchem wskazówek zegara.

Zadanie 08

Dany jest mechanizm wytrz¹sacza narysowany w podzia³ce κ_i = l_i/(l_i). D³ugoœæ cz³onu l_AB = 0,1 m. Okreœliæ chwilow¹ prêdkoœæ v_K punktu K oraz chwilow¹ prêdkoœæ k¹tow¹ ω₃₆ ruchu wzglêdnego cz³onu 3 wzglêdem podstawy 6 przy za³o¿eniu, ¿e ω₁ = 5 rad/s.

Rozwi¹zanie

Zadanie rozwi¹¿emy graficznie metod¹ planu prêdkoœci. Analizowany uk³ad wy-trz¹sacza stanowi mechanizm III klasy. Mo¿na wiêc go rozwi¹zaæ, stosuj¹c odpowie-dni¹ metodê planu prêdkoœci. W tym przypadku mo¿na te¿ proœciej rozwi¹zaæ zaga-dnienie z wykorzystaniem chwilowego œrodka obrotu. Obliczamy prêdkoœæ punktu B cz³onu AB (rys. 08.1)

v_B = (v_AB)κ_v = l_ABω₁ = 0,5 ms–1_.

Punkt B jest jednoczeœnie punktem cz³onu BC. Miêdzy prêdkoœciami punktów B i C tego cz³onu zachodzi relacja

v_C =v_B+v_CB.

Wektor v_B jest okreœlony co do modu³u, kierunku i zwrotu, v_CB – tylko co do kierun-ku. Kierunek szukanego wektora v_C znajdziemy wykorzystuj¹c chwilowy œrodek obro-tu S₃₆ cz³onu 3 wzglêdem podstawy 6 (rys. 08.2). Obieramy podzia³kê prêdkoœci κ_v = v_i/(v_i) i z dowolnie obranego bieguna prêdkoœci π_v odk³adamy (v_B) = π_vb = v_B/κ_v . Prowadz¹c przez b prost¹ prostopad³¹ do BC oraz przez π_v kierunek prostopad³y do

S₃₆C znajdziemy na przeciêciu punkt c i tym samym (v_C) i (v_CB). Aby znaleŸæ prêdkoœæ punktów D i F, wykorzystujemy odpowiednie zale¿noœci wektorowe:

vD =vC +vDC oraz vF =vC +vFC _.

Opieraj¹c siê na tak znalezionych punktach c oraz f na planie prêdkoœci, znajdziemy prêdkoœæ dowolnego punktu cz³onu kieruj¹c siê zasad¹ podobieñstwa, która dla naszego

Rys. 08.2 Rys. 08.1

przypadku oznacza, ¿e figura cdfk jest podobna do figury CDFK i obrócona o k¹t π/2 rad.

Szukane wielkoœci wynosz¹:

v_K = (v_K)κ_v = 1,03 m/s, ω κ κ κ κ κ κ κ 36 36 36 0 685 =( ) = = = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , . v CS v DS v SF v DC C v D v l F v l DC v l rad s

Zadanie 09

Okreœliæ przyspieszenie k¹towe ε₄ cz³onu 4 w mechanizmie przedstawionym na rys. 09.1, je¿eli: AD = 1,4 m; AC = 0,8 m; CB = 0,8 m; v_w = 0,1 m/s.

Rozwi¹zanie

Zadanie zostanie rozwi¹zane metod¹ równañ wektorowych. W uk³adzie tym si³ow-nik zostanie zast¹piony uk³adem zastêpczym (rys.09.2), w którym prêdkoœæ v_w zmiany d³ugoœci si³ownika reprezentowana jest prêdkoœci¹ wzglêdn¹ v_BA.

Prêdkoœæ punktu B okreœlono (v_A = 0) z zale¿noœci: v_B =v_A +v_BA ⇒ v_B =v_BA =v_w . Znaj¹c v_B mo¿emy wyznaczyæ v_C:

v_C =v_B +v_CB.

Rozwi¹zanie tego równania, przedstawione na rys. 09.2, pozwala okreœliæ prêdkoœci k¹towe cz³onów 3 i 4: ω₃ = v ω₄ = CB v CD CB _; C _. Rys. 09.1

Zwrot prêdkoœci k¹towej ω₃ jest zgodny z ruchem wskazówek zegara, a zwrot ω₄ jest przeciwny do ω₃ (jak to wykazaæ?).

Po okreœleniu prêdkoœci k¹towych cz³onów i prêdkoœci liniowych punktów B i C mo¿na przyst¹piæ do wyznaczenia przyspieszenia ε₄. Modu³ tego przyspieszenia mo¿na okreœliæ z zale¿noœci:

ε₄ =a CDCD

t

,

co oznacza koniecznoœæ wyznaczenia przyspieszenia punktu C, a wczeœniej, analogicz-nie jak dla prêdkoœci, przyspieszenia punktu B:

a_B a_A a_BAt a a AB n BA c = + + + , gdzie a_A = 0, Rys. 09.2

a v t v v BA t BA BA w =d = = = d 0, bo const, a_BAn ₌ vBA = ∞ = 2 0 ρ , a_BAc v BA =2ω₃ × , po podstawieniu otrzymano aB =aBAc . Wektor ac

BA jest prostopad³y do vBA, a jego zwrot (rys.09.2) otrzymano przez obrót wektora

vBA o 90° zgodnie z prêdkoœci¹ k¹tow¹ ω₃.

Szukane przyœpieszenie

a

Modu³y przyspieszeñ normalnych wyliczono z zale¿noœci

a v CD a v CB Cn = C CBn = CB 2 2 , .

Powy¿sze równanie wektorowe rozwi¹zano graficznie na rys.09.2 uzyskuj¹c poszu-kiwane przyspieszenie at

C; co pozwoli³o okreœliæ ε4 z zale¿noœci ε₄ = a

CDC

t

,

zwrot tego przyspieszenia jest zgodny z ruchem wskazówek zegara.

Zadanie 010

Wykreœliæ plan przyspieszeñ mechanizmu zadanego na rys. 010 w podzia³ce κ_l. D³u-goœæ cz³onu AB wynosi 0,05 m, a jego prêdkoœæ k¹towa ω₁ = 10 rad/s.

Rozwi¹zanie

Jest to mechanizm III klasy, bowiem po wydzieleniu podstawy 6 i cz³onu czynnego 1 pozostaje tylko grupa III klasy z³o¿ona z cz³onów 2, 3, 4 i 5.

Okreœlenie przyspieszeñ poprzedzimy analiz¹ prêdkoœci: v_B = ω₁ l_AB= 10·0,05 = 0,5 m/s.

Zak³adamy podzia³kê prêdkoœci κ_v = v_i/(v_i) i z bieguna π_v odk³adamy odcinek (rys.010):

π κ v B v b= v . Wyra¿amy v_C równaniami: v_C =v_B+v_CB, v_C =v_D+v_CD.

Do rozwi¹zania graficznego tych równañ jest potrzebny kierunek v_C, który mo¿na znaleŸæ wykorzystuj¹c chwilowy œrodek obrotu cz³onu 3 wzglêdem 6. Rozwi¹¿emy to zadanie bez wyznaczania œrodka obrotu za pomoc¹ punktu pomocniczego (Assura). Jest to metoda umo¿liwiaj¹ca rozwi¹zywanie mechanizmów III klasy.

Obieramy punkt P nale¿¹cy do cz³onu 3 na przeciêciu kierunków prostopad³ych do prêdkoœci wzglêdnych v_BC i v_ED. Dla punktu tego napiszemy:

v_P=v_C +v_PC =v_B+v_CB+v_PC, v_P=v_D+v_PD =v_E +v_DE +v_PD,

Zauwa¿amy, ¿e w pierwszym z tych równañ prêdkoœci wzglêdne v_CB i v_PC maj¹ ten sam kierunek. To samo mo¿na powiedzieæ o wektorach v_DE i v_PD z drugiego równania (tak w³aœnie celowo zosta³ obrany punkt P). Wykorzystuj¹c to mo¿na okreœliæ prêdkoœæ punktu P.

Na podstawie pierwszego równania z koñca b wektora v_B prowadzimy wspólny kie-runek prêdkoœci v_CB i v_PC, a na podstawie równania drugiego (przy v_E = 0) z bieguna prowadzimy kierunek prêdkoœci wzglêdnych v_DE i v_PD. Na przeciêciu otrzymujemy punkt p jako koniec wektora v_P.

Gdy znamy prêdkoœæ punktu P, znajdziemy bez trudu prêdkoœæ punktu F na podsta-wie relacji

v_F =v_P +v_FP,

a nastêpnie, np. na zasadzie podobieñstwa, równie¿ prêdkoœci pozosta³ych punktów D i C. Podczas wykreœlania planu przyspieszeñ pos³u¿ymy siê analogiczn¹ metod¹. Dla obranego punktu P (rys.010) mo¿na u³o¿yæ równania:

a_P a_C a_PCn a PC t = + + , a_P =a_D +a_PDn +a_PDt . Po uwzglêdnieniu a_C =a_B +a_CBn +a_CBt oraz a_D=a_E +a_DEn +a_DEt , otrzymamy a_P a_B a_CBn a a a PC n CBt PCt = + + + + , aP =aE +aDEn +anPD+aDEt +aPDt .

Wektory podkreœlone w tym uk³adzie równañ 3 kreskami mo¿na okreœliæ bezpoœre-dnio na podstawie znanych prêdkoœci, przyspieszenia styczne zaœ s¹ znane co do kie-runków (wykorzystanie punktu Assura P). W tej sytuacji mo¿na znaleŸæ wykreœlnie a_P. Obieramy podzia³kê przyspieszeñ κ_a = a_i/(a_i) i ustalamy modu³y przyspieszeñ sk³a-dowych podkreœlonych trzema kreskami:

(a_B) lAB a = ω κ 1 2 (a ) v ( ) , l v l CB n CB CB a CB v CB a = ⋅ = ⋅ ⋅ 2 2 2 κ κ κ (a ) v ( ) , l v l PC n PC PC a PC v PC a = ⋅ = ⋅ ⋅ 2 2 2 κ κ κ a_E = 0, (a ) v ( ) , l v l DE n DE DE a DE v DE a = ⋅ = ⋅ ⋅ 2 2 2 κ κ κ (a ) v ( ) . l v l PD n PD PD a PD v PD a = ⋅ = ⋅ ⋅ 2 2 2 κ κ κ

Tak wyliczone modu³y przyspieszeñ oraz znane ich kierunki i zwroty, jak równie¿ kierunki przyspieszeñ stycznych, pozwol¹ znaleŸæ przyspieszenie punktu P (plan przy-spieszeñ – rys.010).

Teraz mo¿na ju¿ okreœliæ przyspieszenie, np. punktu F, bowiem:

a_F =a_P +a_FPn +a_FPt , gdzie ( ) ( ) ( ) . a v l v l FP n FP FP a FP v FP l a = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 κ κ κ κ

Gdy znamy przyspieszenie punktów P i F, okreœlimy przyspieszenie pozosta³ych punktów, wykorzystuj¹c np. metodê podobieñstwa.

Zadanie 011

Okreœliæ prêdkoœæ i przyspieszenie punktu F, je¿eli: l_AC = 5 m, l_AB = 4 m, l_CD = 10 m, l_DE = 10 m, l_EF = 7 m, l_DF = 9 m, ω = 10 rad/s, α = π/4 rad.

Rozwi¹zanie

W sk³ad mechanizmu wchodz¹ grupy I oraz II klasy. Jest to wiêc mechanizm II klasy. Prêdkoœæ i przyspieszenie punktu F znajdziemy za pomoc¹ planów prêdkoœci i przyspieszeñ.

1. Okreœlenie prêdkoœci punktu F Prêdkoœæ punktu B

v_B = ω l_AB = 10 · 4 = 40 m/s.

Zak³adamy podzia³kê prêdkoœci κv i z bieguna πv (rys.011) odk³adamy odcinek π κ v B B v b=(v )= v . Piszemy równanie wektorowe okreœlaj¹ce v_G:

v_G =v_B +v_GB.

W równaniu tym znamy modu³, kierunek i zwrot wektora prêdkoœci v_B (trzy podkreœle-nia) oraz kierunki wektorów v_G i v_GB (jedno podkreœlenie). Równanie to mo¿na wiêc rozwi¹zaæ graficznie.

Nastêpnie korzystaj¹c z proporcji

CG v G CD v D l v l v )κ ( )κ ( ₌ okreœlamy CG CD G D v _ll v ) ( ) ( = oraz v_D = (v_D) κ_v = 35 m/s.

Podobnie mo¿na napisaæ równanie wektorowe okreœlaj¹ce prêdkoœæ punktu E: v_E =v_D +v_ED.

W równaniu tym znamy modu³ i zwrot wektora prêdkoœci punktu D oraz kierunki wektorów v_E i v_ED. Równanie mo¿na rozwi¹zaæ graficznie. Prêdkoœæ punktu F

okreœli-my z uk³adu równañ (naturalnie nie jest to jedyny mo¿liwy sposób okreœlenia prêdkoœci punktu F):

v_F =v_D+v_FD, v_F =v_E +v_FE.

W uk³adzie równañ znamy modu³, kierunek i zwrot wektorów prêdkoœci punktów D i E oraz kierunki wektorów prêdkoœci wzglêdnych v_FD i v_FE. Punkt przeciêcia prêdko-œci wzglêdnych po³¹czony z biegunem π_v daje szukany wektor prêdkoœci (v_F).

Ostatecznie otrzymamy:

v_F = (v_F) κ_v = 27 m/s. 2. Okreœlenie przyspieszenia punktu F

Plan przyspieszeñ okreœlamy analogiczn¹ metod¹ jak prêdkoœæ. Przyspieszenie punktu B a_B a_Bn a B t = + , Rys. 011

gdzie a_Bt l

AB

= ⋅ε =0 , poniewa¿ przy za³o¿eniu ω = const, ε = 0. an

B = ω2 · lAB = 102 · 4 = 400 m/s2.

Zak³adamy podzia³kê przyspieszeñ κ_a i z bieguna π_a (rys.11) odk³adamy odcinek π κ a B n B n a b=(a )= a . Dla punktu G mo¿na u³o¿yæ równanie

a_G =a_B +a_GB lub

aGn +aGt =aB+aGBn +aGBt +aGBc .

Wektory podkreœlone w tym równaniu trzema kreskami s¹ znane i mo¿na je okre-œliæ bezpoœrednio z nastêpuj¹cych zale¿noœci:

(a ) v , l G n G GC a = ⋅ 2 κ (aGB) v , , n GB a = ⋅ = = ∞ 2 0 ρ κ boρ (a ) v (v )(v ) l GB c GB u a GB D v CD a = ⋅ = ⋅ 2 2 2 ω κ κ κ .

Przyspieszenie Coriolisa jest prostopad³e do kierunku prêdkoœci wzglêdnej v_GB, a zwrot jest zgodny z prêdkoœci¹ k¹tow¹ ω_u = v_D/l_CD.

Przyspieszenie punktu D okreœlamy z zale¿noœci: a_D a_Dn a D t = + _, gdzie (a ) v ( ) , l v l D n D CD a D v CD a = ⋅ = ⋅ ⋅ 2 2 2 κ κ κ ( )a l ( )a . l l Dt CD G t CG CD = ⋅ε =

Przyspieszenie punktu E okreœlamy z równania a_E =a_D +a_EDn +a_EDt , gdzie (a ) (v ) l ED n ED v ED a = ⋅ ⋅ 2 _κ2 κ .

Przyspieszenie punktu F okreœlimy z uk³adu równañ:

a a a a a a a a F E FEn FEt F D FDn FDt = + + = + + , . W tym celu okreœlamy przyspieszenie normalne a_FEn _{i a}

FD n (a ) (v ) l FE n FE v FE a = ⋅ ⋅ 2 _κ2 κ , (a ) (v ) l FD n FD v FD a = ⋅ ⋅ 2 _κ2 κ .

Punkt przeciêcia kierunków przyspieszeñ a_FEt _{i a} FD

t _{, po³¹czony z biegunem π}

a, daje szukane przyspieszenie punktu F:

a_F = (a_F) κ_a = 365 m/s2_.

Zadanie 012

Wykreœliæ przebieg prêdkoœci i przyspieszeñ punktu M ³¹cznika BMC podanego mecha-nizmu (rys. 012.1) dla pe³nego cyklu ruchu, je¿eli: l_AB = 0,2 m, l_AC = 0,5 m, l_BM = 0,3 m, α = π/3 rad, ω = 8π rad/s.

Rozwi¹zanie

Zadanie to rozwi¹¿emy metod¹ wykresów czasowych, stosowan¹ zwykle w przy-padkach bardziej z³o¿onych mechanizmów, gdy inne metody s¹ zbyt pracoch³onne.

Wykreœlamy mechanizm w podzia³ce κl oraz tor ocechowany punktu M metod¹ geometryczn¹ lub wzornikow¹ (rys. 012.2).

Liczymy okres (czas pe³nego cyklu):

T = 2 =2 = 8 1 4 π ω π π s.

Rys. 12.1

Przy podziale drogi k¹towej cz³onu napêdzaj¹cego AB na 8 równych czêœci, drogê punktu M podzielono na odcinki przebyte w czasie

∆t T= = 8

1 32s.

Wprowadzamy dowolny uk³ad odniesienia (tu prostok¹tny uk³ad xAy) i budujemy wykresy (S_x) = f_x(t) i (S_y) = f_y(t) przy za³o¿eniu odpowiedniej podzia³ki czasu κ_t.

Zak³adaj¹c, ¿e przedzia³owi ∆t = 1/32 s na rysunku bêdzie odpowiada³ odcinek (∆t), otrzymamy

( )

Po zró¿niczkowaniu graficznym (operacjê ró¿niczkowania pokazano dla punktu 2) otrzymano wykresy (v_x) = f_x′(t) i (v_y) = f_y′(t) oraz (a_x) = f_x′′(t) i (a_y) = f_y′′(t).

Liczymy podzia³ki wykresów:

κ κ κ v t ev = ⋅ 1 _, κ κ κ a t ev ea = ⋅ ⋅ 1 2 .

Nastêpnie wyznaczamy prêdkoœæ i przyspieszenie punktu M, przyk³adowo w po³o-¿eniu 2 bêdzie

a wartoœci rzeczywiste wynios¹

v₂ = (v₂)·κ_v = 5,1 m/s i a₂ = (a₂)·κ_a = 77 m/s2_.

Powtarzaj¹c takie operacje dodawania wektorowego sk³adowych prêdkoœci i przy-spieszeñ dla kolejnych po³o¿eñ punktu M i odk³adaj¹c otrzymane wektory z jednego punktu (bieguna), otrzymamy biegunowe wykresy prêdkoœci i przyspieszeñ dla pe³nego cyklu ruchu, zwane hodografami.

Zadanie 013

Ruch czworoboku ABCD (rys. 013) jest wymuszany zmian¹ d³ugoœci si³ownika MN wyd³u¿aj¹cego siê ze sta³¹ prêdkoœci¹ v_w. Okreœliæ prêdkoœæ i przyspieszenie punktu ³¹cznikowego M. Przyj¹æ v_w = 0,1 m/s; wymiar mechanizmu okreœla rysunek naryso-wany w podzia³ce κ_l = 10.

Rozwi¹zanie

Nale¿y zwróciæ uwagê, ¿e punkty M i N mocowania si³ownika s¹ ruchome, w zwi¹zku z czym bezpoœrednie wykorzystanie równañ wektorowych prêdkoœci i przy-spieszeñ nie jest mo¿liwe.

Spoœród kilku mo¿liwych metod rozwi¹zania wybrano metodê toru ocechowanego. Wymaga ona narysowania uk³adu w trzech kolejnych po³o¿eniach, charakteryzuj¹cych siê tym, ¿e czasy ∆t przejœcia mechanizmu miêdzy tymi po³o¿eniami s¹ sobie równe. Wtedy mo¿liwe jest okreœlanie prêdkoœci i przyspieszeñ punktów w po³o¿eniu poœre-dnim. W rozpatrywanym uk³adzie, w którym interesujemy siê ruchem punktu M, ozna-cza to koniecznoœæ wykreœlenia (oprócz nominalnego) dwóch dodatkowych po³o¿eñ:

1. Dla M₁N₁ = MN – v_w∆t (punkt M zajmie wtedy po³o¿enie M₁). 2. Dla M₂N₂ = MN + v_w∆t (punkt M zajmie wtedy po³o¿enie M₂).

Czytelnik zechce siê zastanowiæ nad metod¹ konstrukcyjnego wyznaczenia tych po³o¿eñ. Podpowiadamy tylko, ¿e zadanie siê upraszcza, jeœli za cz³on odniesienia (pod-stawê) przyj¹æ jeden z wahaczy ABM lub CDN.

Na rysunku 013 pokazano mechanizm w wymaganych po³o¿eniach i wykreœlono fragment toru punktu M, który zosta³ powiêkszony. Prêdkoœæ punktu M wed³ug meto-dy toru ocechowanego okreœla zale¿noœæ:

v a b t c t M = + =_{2∆ 2∆} , a po uwzglêdnieniu podzia³ki v c t M l = ( )κ 2∆ .

Natomiast wektor przyspieszenia jest reprezentowany przez wektor d, przy czym jego wartoœæ okreœla zale¿noœæ

Rys. 013 a v v t d t M = MM2_∆−2 M M1 = _∆ 2 , a po uwzglêdnieniu podzia³ki a d t M l = ( )κ ∆ 2 .

Po wstawieniu odpowiednich wartoœci

v_w = 0,1 m/s, ∆t = 0,04 s, κ_l =10, (c) = 0,017 m, (d) = 0,003 m, otrzymano

Zadanie 014

Dla manipulatora p³askiego (rys. 014) nale¿y: 1. Wyprowadziæ macierz transformacji 0₎

3, opisuj¹cej ruch chwytaka 3 w uk³adzie x₀,y₀.

2. ZnaleŸæ wyra¿enia okreœlaj¹ce sk³adowe prêdkoœci punktu M wzglêdem podstawy. 3. Dla znanych wartoœci q_i, dq_i/dt wyznaczyæ analitycznie i graficznie prêdkoœæ punktu

M. Rozwi¹zanie Ad. 1. Macierz 0_A 3 wystêpuje w relacji 0_r M = 0A33rM = 0A11A22A33rM gdzie i–1_A i maj¹ postaæ i–1_A i = cos sin sin cos ϕ ϕ ϕ_ii ϕ_ii i_i u v −           0 0 1 ,

i opisuj¹ w istocie transformacjê uk³adu wspó³rzêdnych x_iy_i w x_i–1 y_i–1. Poszczególne zmienne oznaczaj¹:

u_i, v_i – wspó³rzêdne pocz¹tku uk³adu x_iy_i w x_i–1 y_i–1,

ϕ

W rozpatrywanym przypadku jest wiêc (oznaczenia zgodne z rys. 014):

0_A 1 = cos sin sin cos q q q_i1 q_ii 0 0 0 0 1 −          , 1_A 2 = cos sin sin cos q q a q₂2 q₂2 0 0 0 1 −          , 2_A 3 = 1 0 0 1 0 0 1 3 q b          . Po wymno¿eniu macierzy otrzyma siê:

1 1

0_A 3 =           − 1 0 0 0 cos sin 0 sin cos 1 1 1 1 q q q q           + + − − 1 0 0 cos sin cos sin sin cos sin cos 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 q b q q q q a q b q q q q = =           + + + + + + + + − + + − + 1 0 0 sin ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( cos ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( 1 2 1 2 1 3 2 1 2 1 1 2 1 2 1 3 2 1 2 1 q a q q b q q q q q q q q a q q b q q q q q q q . Ad. 2. Wspó³rzêdne punktu M w uk³adzie x₀y₀ wyznaczone z równania

x yM_M 1          = 0_A 3 0 1 −           c wynosz¹:

xM =csin(q1+q2)+q3cos(q q1+ 2)−bsin(q1+q2)+acosq1

1 2 1 2 1 3 2

1 ) sin( ) cos( ) sin

cos(q q q q q b q q a q

c

y_M =− + + + + + + .

Po upochodnieniu po czasie otrzyma siê wyra¿enia okreœlaj¹ce prêdkoœci punktu M (w uk³adzie x₀y₀):

v x c q q q q q q q q q q q q

b q q q q aq q

Mx = M = + + + + − + +

− + + −

 (  )cos( )  cos( ) (  )sin( )

(  )cos( )  sin , 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 . cos ) sin( ) ( ) cos( ) ( ) sin( ) sin( ) ( 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 1 3 2 1 2 1 q q a q q q q b q q q q q q q q q q q q c y vMy M          + + + − + + + + + + + = =

Ad. 3. Przyjêto nastêpuj¹ce dane:

a = 0,47 m, b = 0,14 m, c = 0,19 m, q₁ =150[deg], q₂ = 240 deg[deg], q₃ = 0,67[m],

[ ]

[ ]

 ,  ,5 , 

q₁ =1 s−1 q₂ =0 s−1 q₃ =0,257

[ ]

m, 56 , 0 m 53 , 0 m 20 , 0 ₀ = →    = = M M M _r y x v_Mx = – 0,456 m/s, v_My = 0,623 m/s, v_M =

( )

( )

Rozwi¹zanie graficzne jest oparte na nastêpuj¹cych zale¿noœciach:

v q a v v v v q q BC v v v v q v v v v q q c B C B CB CB D C DC DC M C MC MC = = + = + = + = = + = +  , , (  ) , ,  , , (  ) . 1 1 2 3 1 2 Podzia³ki wynosz¹: κ_l = 10 , κ_v = 15,7 1/s. Wartoœci uzyskane z planu prêdkoœci to:

v_Mx = – 0,44 m/s , v_My = 0,61 m/s.

Zadanie 015

Okreœliæ przyspieszenie punktu F popychacza, w po³o¿eniu jak na rys. 015.1, je¿eli: l₁ = 0,12 m, l₂ = 0,02 m, ϕ = 5π/6 rad, l_AB = 0,04 m, l_BC = 0,077 m, l₃ = 0,08 m, R = 0,06 m, l₄ = 0,01 m, r_k = 0,02 m, ω = 10 rad/s.

Rozwi¹zanie

1. Okreœlenie przyspieszenia punktu F w po³o¿eniu jak na rys. 015.1

Zadanie rozwi¹¿emy za pomoc¹ mechanizmu zastêpczego, który pokazano na rys.015.2 w podzia³ce κ_l.

Wyznaczenie przyspieszeñ poprzedzimy niezbêdn¹ analiz¹ prêdkoœci: v_B = ω lAB = 10 · 0,04 = 0,4 m/s.

Zak³adamy podzia³kê prêdkoœci κ_v i z bieguna π_v odk³adamy odcinek π_vb = v_B/κ_v (rys.015.2). Piszemy równanie wektorowe

Rys. 015.1

v_C =v_B +v_CB oraz

v_D=v_C+v_DC i wykreœlamy plan prêdkoœci.

Podczas wykreœlania planu przyspieszeñ pos³u¿ymy siê analogiczn¹ metod¹ a_B = ω2 _l

AB = 102 · 0,04 = 4 m/s2.

Obieramy podzia³kê przyspieszeñ κ_a i z bieguna π_a odk³adamy odcinek π_a b = a_B/κ_a. Dla punktu C mo¿na napisaæ

aC =aC +aCBn +aCBt , gdzie a v l CBn CB CB = 2 .

Równanie to rozwi¹¿emy graficznie. Analogicznie dla punktu D mo¿na napisaæ aD=aC +aDCn +aDCt , gdzie a V l DC n DC DC = 2 .

Przyspieszenie punktu F równe jest przyspieszeniu punktu D a_F = a_D = (a_D) κ_a = 3,5 m/s2_.

Zadanie 016

Dla przedstawionej na schemacie przek³adni (rys. 016.1) okreœliæ obroty ko³a 7 dla danych: n_J = 100 obr/min, z₁ = 60, z₂ = 20, z′₂ = 60, z₃ = 20, z₅ = 18, z₆ = 18, z₇ = 36.

Rozwi¹zanie

Zauwa¿my, ¿e z³o¿on¹ przek³adniê mo¿na podzieliæ na dwie przek³adnie A oraz B i analizowaæ je oddzielnie.

Dla przek³adni B, metod¹ Willisa, zapiszemy:

n n n n z z z z J J 3 1 1 2 2 3 1 1 − − = ( )+ + ' _{( ),}

Rys. 016.1 gdy n₁ = 0, otrzymamy . min obr 800 20 20 60 60 1 100 ' 1 3 2 2 1 3 =−      ⋅ ⋅ − =       − = z z z z n n _J

Dla przek³adni A jest

n n n n z z z z J J 7 5 5 6 6 37 3 3 1 1 − − = ( )− ( ),+ gdy n₅ = 0 i n_J3 = n₃, otrzymamy       + − =       + = 36 18 1 800 1 7 5 7 3 _z z n n J = –1200 obr/min.

To samo zadanie rozwi¹¿emy metodami graficznymi.

Rozpoczynamy, jak poprzednio, od czêœci B i rysujemy przek³adniê w dowolnej podzia³ce κ_l w drugim rzucie (rys. 016.2), oznaczamy punkty obrotu i zazêbienia przez O, A, B i C. Wychodz¹c z danej prêdkoœci k¹towej jarzma J rysujemy w dowolnej podzia³ce κ_v znan¹ prêdkoœæ (v_A) = Aa i kreœlimy l_J (miejsce geometryczne koñców wektorów prêdkoœci punktów le¿¹cych na linii OA). Poniewa¿ punkt A nale¿y równie¿ do ko³a 2, którego chwilowy œrodek obrotu le¿y w punkcie B, kreœlimy analogiczn¹ liniê l₂, która obrazuje rozk³ad prêdkoœci liniowych punktów le¿¹cych na pionowej œre-dnicy ko³a 2, co pozwala okreœliæ prêdkoœæ punktu C – (v_C) = Cc. Punkt C nale¿y jednoczeœnie do ko³a 3, wiêc ³¹cz¹c c z O otrzymamy liniê l₃. Oczywiœcie szukane

ω κ κ 3 1 = ( ) ( ) Cc OC v .

Linie l_i umo¿liwiaj¹ równie¿ sporz¹dzenie wykresu Kutzbacha, z którego mo¿na odczytaæ wprost prze³o¿enie i szukane obroty. Z dowolnego punktu P (rys. 16.3) kre-œlimy linie l_i′ równoleg³e do li. W dowolnej odleg³oœci h prowadzimy prost¹ s⊥OA, która na przeciêciu z liniami l_i′ wyznacza odcinki okreœlaj¹ce obroty odpowiednich cz³o-nów (dlaczego?).

Aby przek³adniê A rozwi¹zaæ metod¹ graficzn¹ Bayera, rysujemy j¹ w dowolnej podzia³ce (rys. 016.4) i wykreœlamy kierunki wektorów prêdkoœci wzglêdnych ω₆, ω_6J3 i ω₆₅.

Skorzystamy z zale¿noœci

ω₆=ω_J3+ω_6J3.

Równanie to pozwala wykreœliæ plan prêdkoœci k¹towych (rys.016.4) i znaleŸæ ω₆ i ω_6J3. Rys. 016.2

Rys. 016.4 Teraz zapiszemy kolejn¹ zale¿noœæ

ω₇ =ω₆+ω₇₆ i znajdziemy ω₇.

Oczywiœcie ω₇ = (ω₇)κ_ω , gdzie κ_ω oznacza podzia³kê, w jakiej wykreœlono znan¹ prêdkoœæ k¹tow¹ ω_J3.

Zadanie 017

Okreœliæ si³ê bezw³adnoœci cz³onu p³askiego (rys. 017.1), je¿eli: l_AB = 1 m, l_AS = 0,5 m, ϕ = π/6 rad, a_A = 20 m/s2_{, I}

S = 2 kg·m2, mS = 10 kg. Rozwi¹zanie

1. Jak wiadomo, wypadkow¹ si³ bezw³adnoœci mo¿na okreœliæ z zale¿noœci P_b = − ⋅ ,m a_S

Aby znaleŸæ przyspieszenie a_S,, rysujemy w podzia³ce κ_a plan przyspieszeñ (rys. 017.2). W tym celu z dowolnego bieguna π_a odk³adamy (a_A) = π_aa oraz (a_B) = π_ab i korzystaj¹c z podobieñstwa figury ABS na cz³onie z figur¹ abs na planie przyspieszeñ znajdujemy punkt s, a tym samym przyspieszenie punktu S. Mamy wtedy modu³, kieru-nek i zwrot si³y bezw³adnoœci P_b.

Jej liniê dzia³ania okreœlimy zastêpuj¹c ogólny ruch p³aski cz³onu ABS ruchem po-stêpowym, z przyspieszeniem a_A punktu A i ruchem obrotowym, scharakteryzowanym przyspieszeniem a_SA. Wtedy si³ê bezw³adnoœci P_b mo¿na wyraziæ jako sumê si³y od ruchu postêpowego P_p przy³o¿onej w œrodku ciê¿koœci S i si³y P₀ ruchu obrotowego przy³o¿onej w punkcie wahañ W, czyli:

Rys. 017.2

Z tego wynika, ¿e wypadkowa P_b przechodzi przez punkt K przeciêcia kierunków P_b i P₀.

Aby znaleŸæ punkt K, okreœlimy wczeœniej po³o¿enie punktu W na przed³u¿eniu AS w odleg³oœci: e SW i l I m l S AS S AS = = = ⋅ = 2 0 4, m Rys. 017.1

i przez tak okreœlony punkt wahnieñ W prowadzimy liniê równoleg³¹ do a_SA. Z kolei przez punkt S prowadzimy prost¹ o kierunku a_A, która na przeciêciu z lini¹ poprzednio znalezion¹ wyznacza szukany punkt K. Linia równoleg³a do a_S, przechodz¹ca przez punkt K, jest lini¹ dzia³ania si³y

P_b = m (a_s) κ_a = 80 N. Odleg³oœæ linii dzia³ania tej si³y od œrodka ciê¿koœci:

h = (h) κ_l = 0,8 m.

2. Okreœlenie si³y bezw³adnoœci cz³onu AB za pomoc¹ rozk³adu mas

W metodzie tej zastêpujemy cz³on AB modelem mas skupionych. Jak wiadomo, model taki, aby spe³niæ warunki dynamicznego rozk³adu mas, musi byæ minimum dwu-masowy. W naszym przypadku za³o¿ymy model trzymasowy z masami skupionymi w punktach A, B i C (rys. 017.3).

Moment ten okreœla 9 parametrów: m_A, x_A, y_A, m_B, x_B, y_B, m_C, x_C, y_C – piêæ z nich mo¿na za³o¿yæ. Niech bêd¹ to wspó³rzêdne punktów A i B oraz jedna wspó³rzêdna, np. y trzeciego punktu C w przyjêtym uk³adzie wspó³rzêdnych xSy.

Mamy wiêc

x_A = – 0,5 m, y_A = 0.

x_B = – 0,336 m, y_B = 0,5 m, y_C = 0,2 m.

Pozosta³e parametry x_C, m_A, m_B i m_C wyliczamy z uk³adu równañ, stanowi¹cego warunki dynamicznego rozk³adu:

m_A + m_B + m_C = m,

x_Am_A + x_Bm_B + x_Cm_C = 0, y_Am_A + y_Bm_B + y_Cm_C = 0, (x_A + y_A)2_m

A + (xB + yB)2mB + (xC + yC)2mC = IS. Po podstawieniu danych za³o¿onych uk³ad przyjmie postaæ:

m_A + m_B + m_C =10, –0,5m_A + 0,366m_B + x_Cm_C = 0, 0,5m_B + 0,2m_C = 0, 0,25m_A + 0,384m_B + x2 CmC + 0,04mC = 2,. Po rozwi¹zaniu otrzymujemy: m_A =3 45, kg, m_B =1 87, kg,m_C =4 68, kg, x_C =0 222, m .

Teraz mo¿na nanieœæ na rys. 017.3 po³o¿enie punktu C i okreœliæ jego przyspiesze-nie a_C. Na ka¿d¹ skupion¹ w punktach A, B i C masê dzia³aj¹ si³y bezw³adnoœci

PA =m aA⋅ A =69N, PB =m aB⋅ B =46 7, N, PC =m aC⋅ C =22 2, N.

Oczywiœcie ca³kowita si³a bezw³adnoœci P_b jest sum¹ wektorow¹ si³ P_A, P_B i P_C Pb = PA+PB + PC.

Sumowania dokonano na planie si³, a liniê dzia³ania uzyskano za pomoc¹ wieloboku sznurowego (rys. 017.3). Ostatecznie:

P_b =(P_b)κ_P = 80 N, h = 0,8 m.

Zadanie 018

Okreœliæ moment M₁ równowa¿¹cy si³ê P = 100 N oraz si³y oddzia³ywania w pa-rach kinematycznych, je¿eli: l_AD = 2 m, l_AB = 1 m, l_CD = 2 m, l_BF = l_FC = l_DE = 0,5 m, l_GS = l_ES .

Rozwi¹zanie

Je¿eli to mo¿liwe, zadanie tego typu najdogodniej rozwi¹zaæ metod¹ wydzielania cz³onów i rozpatrywania ich w równowadze. Korzystaj¹c z tej uwagi podejmujemy tak¹ próbê i po narysowaniu uk³adu w podzia³ce κl (rys. 018.1) zaczynamy od cz³onu 5, który jest obci¹¿ony znan¹ si³¹ P.

£¹cznie na cz³on 5 (rys. 018.2) dzia³aj¹ 3 si³y zewnêtrzne, których wypadkowa jest równa zeru

Rys. 018.1

Rys. 018.2

Równanie to w tej postaci nie daje siê rozwi¹zaæ, gdy¿ o si³ach P₃₅ i P₄₅ jak dot¹d, poza punktami ich przy³o¿enia, nic nie wiadomo.

Jednak z analizy cz³onu 4 w równowadze wynika, ¿e

P₂₄+P₅₄= .0 (18.2)

co oznacza, ¿e kierunek P₅₄ pokrywa siê z kierunkiem P₂₄. Poniewa¿ jednak jednoczeœnie

P₅₄+P45= ,0 (18.3)

wiêc kierunek P₄₅ jest okreœlony – prostopad³y do cz³onu 2. Teraz mo¿na powróciæ do rozpatrzenia równowagi cz³onu 5 i napisaæ

Ta postaæ równania sugeruje mo¿liwoœæ okreœlenia kierunku si³y P₃₅ (rys. 18.2) (kierunki trzech si³ w równowadze zawsze przecinaj¹ siê w jednym punkcie), a tym samym graficznego rozwi¹zania równania (18.4).

Po uwzglêdnieniu podzia³ki planu si³ odczytamy: P₃₅ = (P₃₅) κ_p = 48 N, P₄₅ = (P₄₅) κ_p = 110 N. Z równañ (18.2) i (18.3) otrzymamy równie¿:

P₄₂ =110N .

W dalszych rozwa¿aniach odrzucimy z uk³adu cz³ony 4 oraz 5 i zast¹pimy je si³ami oddzia³ywania (rys. 018.3). Analogiczne próby rozpatrzenia poszczególnych cz³onów w równowadze nie daj¹ wyników pozytywnych. Zmusza to nas do rozpatrzenia grupy cz³onów statycznie wyznaczalnych – w tym uk³adzie wydzielamy dwucz³on 2–3.

Dla tej grupy, po zast¹pieniu nieznanych si³ P₆₃ i P₁₂ sk³adowymi normalnymi i stycznymi, dla oznaczeñ jak na rys. 018.3 mo¿na u³o¿yæ równania momentów wzglê-dem punktu C: −P lt ⋅ +P h⋅ = BC 12 42 2 0 , +P lt ⋅ −P h⋅ = DC 63 53 3 0, Rys. 018.3

Rozwi¹zanie tego równania przedstawio-no na rysunku 018.3.

Pozosta³ do rozpatrzenia cz³on 1, dla którego oczywiœcie (rys.018.4)

P61+P21= ,0 M1= P h21⋅ ,1 sk¹d P₆₁=57N, M₁ =37,4 Nm. rys. 18.4 sk¹d: P P h l t BC 12 = 42 1 =55N , P P h l t DC 63= 53 3 = , N .355

Aby znaleŸæ znane co do kierunku sk³adowe normalne P₆₃n _{i P}

12n wykorzystaæ mo¿na warunek, ¿e suma si³ zewnêtrznych dzia³aj¹cych na dwucz³on 2–3 równa siê zeru:

P12n +P12t +P42+P53+P63t +Pn63= .0

Graficzne rozwi¹zanie tego równania przedstawia wielobok si³ (rys. 018.3). Oczywiœcie

P12 =P12n +P12t P12=(P12)κP =57N,

P₆₃ P₆₃n Pt P₆₃ P_{63 P}

63 68

= + =( )κ = N.

W celu znalezienia si³y oddzia³ywania cz³onów 2 i 3 w punkcie C rozpatrzymy w równowadze, np. cz³on 2, dla którego:

Zadanie 019

Okreœliæ si³y oddzia³ywania w parach kinematycznych oraz si³ê równowa¿¹c¹ S, uwzglêdniaj¹c tarcie w parach postêpowych, je¿eli: l₁ = 0,03 m, l₂ = 0,025 m, d = 0,01 m, l_AC = 0,07 m, α = π/6 rad, β =π/4 rad, P = 100 N, µ = 0,1 (rys. 019.1).

Rozwi¹zanie

Przy braku wprawy zaleca siê rozwi¹zanie tak postawionego zadania poprzedziæ okreœleniem si³ oddzia³ywania bez uwzglêdnienia tarcia. W tym celu rozpatrujemy w równowadze cz³on 3 (rys. 19.2) i zapisujemy:

P P+ ₂₃+P₄₃=0 .

Równanie to mo¿na rozwi¹zaæ graficznie, bowiem przy znanej sile P znane s¹ kie-runki si³ P₂₃ i P₄₃. Kierunek si³y P₂₃ jest prostopad³y do prowadnicy 1 w punkcie B, co wynika z równowagi cz³onu 2:

P12=Pn32 =0; P33= −P32.

Kierunek si³y P₄₃ otrzymamy z warunku przeciêcia siê kierunków trzech si³ zewnê-trznych, dzia³aj¹cych na cz³on 3 w równowadze (rys. 019.2)

W tej sytuacji modu³y si³ P₂₃ i P₄₃ odczytamy z planu si³ (rys. 019.2), który otrzyma-no odk³adaj¹c znan¹ si³ê P w za³o¿onej podzia³ce κ_P oraz prowadz¹c przez koñce tej si³y kierunki pozosta³ych dwóch si³. Zwroty si³ P₂₃ i P₄₃ przyjmujemy tak, by wektory P, P₂₃ i P₄₃ tworzy³y „obieg” zamkniêty.

Maj¹c teraz kierunek, modu³ i zwrot si³y P₃₂ = –P₄₃ i rozpatruj¹c w równowadze cz³on 4 znajdziemy pozosta³e si³y oddzia³ywania.

Rys. 19.2

Na ten sam cz³on dzia³aj¹ 4 si³y zewnêtrzne, znane co do kierunku, o których wia-domo ponadto, ¿e:

P34 +P14D +P14E + = .S 0

Równanie to rozwi¹¿emy metod¹ graficzn¹ Culmana (rys. 019.2).

Rozpatrzenie równowagi uk³adu z uwzglêdnieniem tarcia w parach kinematycznych rozpoczynamy od okreœlenia kierunku ruchu wzglêdnego w poszczególnych parach. W tym celu wykreœlamy plan prêdkoœci (rys. 19.3) zak³adaj¹c ruch mechanizmu, wynika-j¹cy z przyjêcia si³y P jako si³y czynnej. Zwroty okreœlonych si³ otrzymanych do anali-zy bez tarcia oraz zwroty prêdkoœci wzglêdnych v₂₁ i v₄₁ pozwalaj¹ na ustalenie kie-runków si³ oddzia³ywania z uwzglêdnieniem tarcia.

Rys. 019.3

Wykorzystuj¹c te kierunki rozwi¹¿emy zadanie powtórnie w sposób analogiczny do przedstawionego. A wiêc z równowagi cz³onu 3 (rys.019.3) wynika, ¿e:

P P₊ T ₊PT ₌ 23 43 0 .

Kierunek si³y P₂₃T_{, jak wynika z równowagi cz³onu 2, pokrywa siê z kierunkiem,} który ustalimy rozumuj¹c nastêpuj¹co.

Kierunek P₁₂T _{tarcia rozwiniêtego bêdzie odchylony w stosunku do kierunku P} 12 o k¹t tarcia ρ = arc tg µ. Z dwóch hipotetycznych kierunków a oraz b za w³aœciwy przyjmiemy ten, który zapewnia sk³adow¹ T₁₂ si³y P₁₂T _{na kierunek ruchu cz³onu 2} wzglêdem 1 o zwrocie przeciwnym do prêdkoœci wzglêdnej v₂₁. U nas warunek ten spe³nia kierunek b. Kierunek b z kierunkiem si³y P okreœla kierunek P₃₄T _{, co umo¿liwia} wykreœlenie planu si³ (rys.019.3).

Znaleziona w ten sposob si³a P₃₄T _{, = –P}

43T , umo¿liwia z kolei, po okreœleniu kierun-ków PT

14D i PT14E, wykreœlenie planu si³ dzia³aj¹cych na cz³on 4 (rys. 019.3).

Uwzglêdniaj¹c za³o¿on¹ na wstêpie podzia³kê si³ κ_P odczytamy szukane wartoœci si³:

ST =(ST)κ_P =10 N, P₁₄T_E =(P₁₄T_E)κ_P =128N, P₁₄T_D =(P₁₄T_D)κ_P =240N, P₃₄T =(P₃₄T)κ_P =128N, P23T =(P23T)κP =196N.

Zadanie 020

W mechanizmie zaczepu p³uga ci¹gnikowego (rys. 020.1) okreœliæ si³ê sprê¿yny S, niezbêdn¹ do utrzymania mechanizmu w równowadze, maj¹c dane: l_AD = 0,25 m, l_AB = 0,075 m, l_BC = 0,145 m, l_CD = 0,14 m, l_FD = 0,1 m, l_CE =0,125 m, l_EF = 0,175 m, l = 0,05 m, l_A = 0,11 m, P = 10 kN.

Œrednice czopów: d_A = d_B = d_C = d_D = d_E = d_F = 0,03 m, µ = 0,4. Rozwi¹zanie

Rozpoczniemy od rozwi¹zania zadania bez uwzglêdnienia tarcia. Najpierw ustalimy kierunki si³ oddzia³ywania. Z równowagi cz³onów 4 i 5 wynika, ¿e kierunki P₅₁ i P₅₃ oraz P₄₁ i P₄₃ przebiegaj¹ odpowiednio wzd³u¿ cz³onów 5 i 4, czyli s¹ z góry okreœlone. Poniewa¿ trzy si³y zewnêtrzne, dzia³aj¹ce na cz³on 3 w równowadze, musz¹ przecinaæ siê w jednym punkcie (K), otrzymamy równie¿ kierunek si³y P₂₃, czyli kierunek KB (rys.020.2), który wraz z kierunkiem si³y P wyznacza kierunek si³y P₁₂ (P, P₁₂, P₃₂ przecinaj¹ siê w punkcie L).

Rozpatruj¹c teraz w równowadze cz³on 2, dla którego: P + P + P12 32= 0

oraz cz³on 3, gdzie

P + P + P23 43 53= 0,

wykreœlimy plan si³ (rys. 020.2).

Teraz przyst¹pimy do rozwi¹zania zadania z uwzglêdnieniem tarcia. Zak³adamy kie-runek ruchu wynikaj¹cy z przyjêcia si³y P jako czynnej i w dowolnej podzia³ce wykre-œlamy plan prêdkoœci (rys. 020.3).

Nastêpnie obliczymy promienie kó³ tarcia wed³ug zale¿noœci

h₁ d1

2 = µ .′ gdzie µ′ = 1,27 µ (dla czopów dotartych).

Po uwzglêdnieniu podzia³ki rysunku:

( )h₁ h1

1

= κ ,

wykreœlimy ko³a tarcia w poszczególnych parach (rys. 20.3). Rys. 020.2

Linie si³ oddzia³ywania, przechodz¹ce dot¹d przez œrodki przegubów, bêd¹ teraz przebiegaæ stycznie do kó³ tarcia. Do ustalenia w³aœciwych kierunków (spoœród wielu mo¿liwych linii stycznych) wykorzystamy zwroty si³ (z planu si³ bez tarcia) oraz zwroty wzglêdnych prêdkoœci k¹towych cz³onów wchodz¹cych w poszczególne pary obroto-we (okreœlonych za pomoc¹ planu prêdkoœci). I tak przegub E jest par¹ obrotow¹ utworzon¹ przez cz³ony 5 i 3. Wzglêdna prêdkoœæ k¹towa

ω35=ω3−ω5, gdzie ω3 π κ 31 = +e ⋅ l v v S E ω5 = − π κ ⋅ e l v v FE .

Przyj¹wszy jako dodatni¹ prêdkoœæ k¹tow¹ zgodn¹ z ruchem wskazówek zegara stwierdzamy na podstawie danych zwi¹zków, ¿e prêdkoœci k¹towej ω₃₅ nale¿y przypi-saæ znak +. Ruchowi temu towarzyszy moment M₃₅T _{od si³ tarcia cz³onu 5 na cz³on 3} przeciwny co do znaku ω₃₅. Moment ten równowa¿y moment M₃₅T _{= – M}

53T , który ma znak zgodny z ω₃₅.

Poniewa¿ M₃₅T _{= h}

EP35T, a zwrot P35T sugeruje si³a P35, wynika z tego, ¿e kierunek P₃₅T _{powinien przebiegaæ stycznie do ko³a tarcia przegubu E tak, jak pokazano na} rys.020.3.

Rys. 021.1

Powtarzaj¹c takie rozumowanie w kolejnych wêz³ach F, C, D, E i A ustalono wszy-stkie nowe kierunki si³, co umo¿liwi³o wykreœlenie analogicznego planu si³ (rys. 020.3). Oczywiœcie

ST _{= P}

53T = (ST) κp = 1950N.

Zadanie 021

Okreœliæ si³y oddzia³ywania miêdzy cz³onami oraz moment czynny M₁ przy równowa-¿¹cej sile F = 300 N, z uwzglêdnieniem tarcia w parach kinematycznych, je¿eli: l₁ = 0,5 m, e = 0,1 m, D = 0,45 m, l₂ = 0,6 m, l_BC = 0,7 m, d = 0,2 m, b = 0,12 m, r = 0,09 m, l₃ = l₄ = 0,4 m, l₅ = 0,25 m.

Przyj¹æ µ = 0,2 oraz promienie kó³ tarcia h = 0,015 m. Dodatkowo wyznaczyæ sprawnoœæ mechanizmu (rys. 021.1).

Rozwi¹zanie

Tak jak w zadaniu poprzednim, rozpoczniemy od rozwi¹zania zagadnienia bez uwzglê-dnienia tarcia. Dla poszczególnych cz³onów w równowadze napiszemy:

– dla cz³onu 4: F+P54K +P54L +P34 =0

– dla cz³onu 3: F₄₃+P₅₃+P₂₃=0

– dla cz³onu 2: P₃₂ +P₁₂ =0

Równania te przy znanych kierunkach si³ pozwalaj¹ na wykreœlenie planu si³ (rys. 021.1).

Dla rozwi¹zania z tarciem zak³adamy kierunek ruchu cz³onu 1 zgodny z momentem czynnym M₁, kreœlimy w dowolnej podzia³ce plan prêdkoœci (rys. 021.2). Plan ten umo¿liwi nam okreœlenie zwrotów wzglêdnych prêdkoœci k¹towych oraz wzglêdnych prêdkoœci liniowych.

Prêdkoœæ k¹tow¹ ω₂₃ okreœlimy z zale¿noœci: ω₂₃=ω₂ −ω₃,

gdzie ω2 =

v

NBNB , ω3 =

v BCB .

Jakoœciowa ocena poszczególnych prêdkoœci k¹towych (ω₂ > ω₃, bo v_NB > v_B, a NB < BC) wykazuje, ¿e zwrot wzglêdnej prêdkoœci k¹towej ω₂₃ jest przeciwny do ruchu wskazówek zegara. Pozosta³e prêdkoœci wzglêdne wynikaj¹ z planu prêdkoœci w sposób nie budz¹cy w¹tpliwoœci. Na podstawie okreœlonych zwrotów prêdkoœci i zwrotów si³ bez tarcia mo¿na okreœliæ kierunki si³ oddzia³ywania z uwzglêdnieniem tarcia oraz plan si³ (rys. 021.2).

Z planu tego odczytujemy interesuj¹ce nas modu³y si³:

P₁₅T =P₁₂T =P₂₃T =(P₂₃T)κ_P =193N, P₃₄T =(P₃₄T)κ_P =582N, P₅₃T =(P₅₃T)κ_P =436N, PT P L T P 45 =( 45 )κ =290N, P₄₅T_K =(P_{5 4}T_K )κ_P =627N oraz okreœlamy moment

MT

1 = P12T·hT1 = (P12T)κp (hT1)κl = 28,6 N·n. Jak wiadomo, sprawnoœæ mechaniczn¹ uk³adu wyra¿a siê zale¿noœci¹

(

)

Wykorzystuj¹c tê zale¿noœæ mo¿na wyraziæ sprawnoœæ równie¿ w postaci

η ω ω = = ⋅ ⋅ = M M P h P h T1 1 T T 1 1 12 1 12 1 0 33, .

Zadanie 022

Dla przedstawionego na rysunku 022.1 mechanizmu okreœliæ: a) masowy moment bezw³adnoœci zredukowany do cz³onu 1, b) masê zredukowan¹ do cz³onu 3.

Dane: l_AB = 0,06 m, ϕ = π/3 rad, R = 0,18 m, l₁ = 0,05 m, l_BC2 = 0,04 m, α = π/6 rad, G₁ = 6 N, G₂ = 6 N, G₃ = 10 N, I_1A = 0,005 kg·m2_{, I}

Rozwi¹zanie

1. Wychodzimy z zasady, ¿e energia kinetyczna cz³onu redukcji równa siê energii kinetycznej ca³ego uk³adu, czyli:

EK_zr =

∑

Energia kinetyczna cz³onu 1, do którego zredukujemy bezw³adnoœæ uk³adu, wyra¿a siê zale¿noœci¹ E_K I zr zr = ⋅ 1 12 2 ω . Na energiê kinetyczn¹ ca³ego uk³adu sk³adaj¹ siê:

EK₁ I1A 1 2 2 = ⋅ω , EK m v I S S 2 2 2 2 2 22 2 2 = ⋅ + ⋅ω , EK₃ m v3 3 2 2 = ⋅ . Rys. 022.1

Po porównaniu i przekszta³ceniu otrzymujemy I_1zr I_1A m₂ vS I_S m v 1 2 2 1 2 3 3 1 2 2 2 = +    _ + _    +       ω ω ω ω .

W celu okreœlenia ilorazów prêdkoœci wykreœlamy w podzia³ce schemat mechani-zmu oraz plan prêdkoœci (rys. 022.2). Na podstawie planu wykreœlonego w dowolnie za³o¿onej prêdkoœci dowolnego cz³onu i w dowolnej podzia³ce okreœlimy potrzebne ilo-razy prêdkoœci v _{s l} b l s b S _{v v AB} v v AB v v 2 1 2 2 ω π κ π κ π π = ⋅ ⋅ ⋅ = , Rys. 022.2

ω ω κ π κ π 2 1 2 2 2 2 = ⋅ ⋅ ⋅ = bs l l b l l bs b v AB BS v v AB BS v , v d l b l d b v v AB v v AB v v 3 1 ω π κ π κ π π = ⋅ ⋅ ⋅ = .

Po podstawieniu i wyliczeniu otrzymamy

I_1zr = 0,0116 kg·m2.

2. Aby okreœliæ masê zredukowan¹, wychodzimy z analogicznego wzoru okreœlaj¹-cego energiê kinetyczn¹:

m3zr v32 l1A 12 m v2 S LS m v 2 2 2 3 32 2 2 2 2 22 2 ⋅ = ⋅ω + ⋅ + ⋅ω + ⋅ .

W wyniku przekszta³cenia otrzymamy

m l v m v v l v m zr A S S 3 1 1 1 2 2 3 2 2 13 2 3 2 2 =       +    _ + _    + ω ω , gdzie ω π π 1 1 2 v b d lv v AB       = ⋅ , v v s d S _v v 2 3 2 2    _ = π_π , ω π 2 3 2 2 2 v bs d l v BS       = .

Po podstawieniu wartoœci otrzymamy

m_1zr = 7,115 kg.

Zadanie 023

Moment bezw³adnoœci pewnej maszyny zredukowany do wa³u napêdowego jest sta³y i wynosi I_zr = d. Moment czynny zmienia siê wed³ug funkcji M_c = a – bω. Moment bierny jest sta³y i wynosi M_b = c. Zak³adaj¹c, ¿e a = 100 N·m, b = 1 N·m·s, c

= 5 N·m i d = 0,1 kg·m2_{, okreœliæ funkcjê przebiegu prêdkoœci k¹towej oraz prêdkoœæ} k¹tow¹ ruchu ustalonego (rys. 023).

Rozwi¹zanie

Wyjdziemy z równañ ruchu maszyn w postaci: M_{dϕ= d} Izrω    2 , d dϕ ωt = .

Wykonamy ró¿niczkowanie prawej strony równania pierwszego i obydwie strony tego równania podzielimy przez dt.

Otrzymamy M t Izr t d d d d ϕ _{= ⋅ω ω.} a po przekszta³ceniu: M I t zr = ⋅ d dω .

Po podstawieniu wartoœci na M oraz I_zr (M = M_c – M_b = a – c – bω i I_zr = d ) otrzymano d d d d 2 2 ϕ ϕ t b d t a c d + = − lub y′′ + m y′ = n, Rys. 023

gdzie m b d n a c d y t y t = , = − , ′ =d ′′ = . d i d d ϕ 2ϕ 2

Stosujemy podstawienie i rozwi¹zujemy otrzymane równanie ró¿niczkowe y = ert_{, y′ = r e}rt _{i y′′ = r}2 _ert_.

Po przyrównaniu lewej strony równania do zera otrzymamy r2 _ert _{+ m r e}rt _{= 0 ,} st¹d

r₁ = 0 i r₂ = –m. Ogólna postaæ rozwi¹zania

y C e= ₁ r t1 +C e₂⋅ r t2 , y C C e= ₁+ ₂⋅ r t2 , wtedy ′ = ⋅ y C r e2 2 r t2 , ′′ = ⋅ y C r e2 22 r t2 , oraz C r e m yr t n 2⋅ ⋅2 2 ⋅ ′ = , a st¹d ′ = − ⋅ ⋅ − + y C m e n m mt 2 .

Aby okreœliæ sta³¹ C₂ korzystamy z warunków pocz¹tkowych t = 0 → y′ = 0, a wtedy C n m 2 = 2 , czyli ′ = − − + y n m e n m mt i ostatecznie ′ = − − − y n m e mt (1 )

Rys. 024.1 lub d d e t n m e mt =  − 1 −1 .

Po podstawieniu danych szczegó³owych otrzymamy ostatecznie

ω =  −

  95 1 1₁₀

e t .

Oczywiœcie dla ruchu ustalonego

ω = 95 rad/s.

Zadanie 024

Wyrównowa¿yæ statycznie dany mechanizm p³aski ABC (rys. 024.1), w którym l₁ = 0,25 m, l₂ = 1,0 m, e = 0,1 m, l = 0,8 m, l_AS1 = 0,1 m, l_BS2 = 0,7 m, m₁ = 1,2 kg, m₂ = 7 kg, m₃ = 3 kg.

Rozwi¹zanie

Przez wywa¿enie statyczne rozumiemy tak¹ operacjê, w wyniku której wypadko-wy wektor si³ bezw³adnoœci przyjmuje wartoœæ P_b = 0. Poniewa¿ P_b = − ⋅m a_S, wyni-ka st¹d, ¿e warunek wywa¿enia statycznego sprowadza siê do ¿¹dania, by wspólny œrodek ciê¿koœci S ruchowych cz³onów mechanizmu w ca³ym cyklu ruchu mia³ po³o¿e-nia sta³e – tylko wtedy bowiem a_S = 0.

Przystêpuj¹c do rozwi¹zania zadania okreœlimy po³o¿enie œrodka ciê¿koœci S dla dowolnego po³o¿enia mechanizmu przy za³o¿onych danych wyjœciowych. Na pocz¹tek zauwa¿ymy, ¿e œrodek S₃ cz³onu 3 w czasie ruchu mechanizmu nie zmienia swego po³o¿enia, nie ma wiêc wp³ywu na ruch wspólnego œrodka ciê¿koœci S. Pomijaj¹c ten cz³on w rozwa¿aniach, okreœlimy po³o¿enia œrodka ciê¿koœci S₁₂ ruchomych cz³onów 1 i 2.

Po wprowadzeniu oznaczeñ r₁=s₁ oraz r₂ = +l₁ s₂ otrzymamy r s m l s m m m S12 1 1 1 2 2 1 2 = ⋅ + + + ( ) lub r_S12= + ,h h1 2 gdzie h m s m l m m 1 1 1 2 1 1 2 = ⋅ + ⋅ + , h m s m m 2 2 2 1 2 = ⋅ + ,

h₁ jest wektorem o kierunku cz³onu 1,

h₂ma kierunek cz³onu 2.

Po wykreœleniu wektorów h₁ i h₂ w podzia³ce rysunku otrzymamy po³o¿enie œrodka S₁₂ dla danego po³o¿enia (rys. 024.2). Z rysunku tego widaæ, ¿e œrodek S₁₂ podczas ruchu mechanizmu zmienia swoje po³o¿enie. Nietrudno zauwa¿yæ, ¿e w naszym przy-padku ustalenie po³o¿enia S₁₂ uzyskamy, gdy

h₁= 0 i h2= 0.

Spe³nienie tego warunku jest mo¿liwe przez odpowiedni¹ korekcjê mas cz³onów i rozk³adu mas na cz³onach.

Je¿eli w wywa¿anym uk³adzie wprowadzimy analogiczne oznaczenia m₁′, m₂′, s₁′ i s₂′, to musi zachodziæ ′ = = ′ ⋅ ′ + ′ ⋅ ′ + ′ h m s m l m m 1 1 1 2 1 1 2 0 _{oraz ′ = =} ′ ⋅ ′ ′ + ′ h m s m m 2 2 2 1 2 0 ,

co prowadzi do

′ =

s₂ 0 i ′ =s1 m_m2′_′⋅l 1 1

.

Otrzymany uk³ad równañ pozwala na wyznaczenie dwu niewiadomych, co ozna-cza, ¿e dwa spoœród czterech parametrów (m₁′, m₂′, s₁′, s₂′) mo¿na za³o¿yæ.

Oczywiœcie

′ = +

m m G

g

1 1 1 i ′ =m2 m2+G_g2,

gdzie G₁ i G₂ – dodatkowe ciê¿ary (rys.024.2). Po przyjêciu wartoœci

G₁ = 300 N oraz G₂ = 200 N, otrzymano

s₁′ = 0,217 m. rys. 024.2

Rys. 025

Przy za³o¿eniu, ¿e dodatkowe masy zostan¹ uformowane w przeciwciê¿ary skupio-ne i po³o¿enie œrodków tych przeciwciê¿arów opiszemy przez e₁ i e₂, otrzymamy:

e₁ = 0,2278 m, e₂ = 0,2403 m.

Mo¿liwoœci realizacji wyrównowa¿enia statycznego tego mechanizmu jest dowolnie wiele. Nale¿y jednak zwróciæ uwagê, ¿e wszystkie prowadz¹ do rozwi¹zañ ma³o kon-strukcyjnych, dlatego zabieg ten zastêpujemy czêsto wyrównowa¿eniem czêœciowym, doprowadzaj¹c np. do wyrównowa¿enia tylko si³ bezw³adnoœci poziomych lub pionowych.

Zadanie 025

Dany jest schemat po³¹czeñ cz³onów w p³askim uk³adzie jednobie¿nym (rys. 025). Okreœliæ wszystkie mo¿liwe struktury tego uk³adu.

Rozwi¹zanie

Dla uk³adu jednobie¿nego p³askiego przy jednym cz³onie czynnym zachodzi: W_t = 3(n – 1) – 2p₁ – 1p₂ = 1.

W naszym przypadku n = 4, czyli

8 = 2p₁ + p₂.

Z równania tego, po uwzglêdnieniu, ¿e p = p₁ + p₂ = 5 (z rysunku), mo¿na okreœliæ liczby p₁ i p₂ par klasy 1 i 2. W istocie, poniewa¿ p_i s¹ liczbami ca³kowitymi, otrzyma-my:

p₁ = 3, p₂ = 2.

Wychodz¹c z za³o¿enia, ¿e ka¿da z par A, B, C, D i E mo¿e byæ par¹ I lub II klasy, otrzymujemy ró¿ne mo¿liwe wersje struktur. Mo¿na je otrzymaæ w wyniku formalnego wyczerpywania. Rezultat tego zabiegu przedstawiono w tabeli 025. Dwie spoœród

wy-szczególnionych w tabeli wersji nale¿y w dalszych rozwa¿aniach pomin¹æ (wersjê 1 i 9) ze wzglêdu na ruchliwoœæ niezupe³n¹.

Tabela 025 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A II II II II I I I I I I B II I I I II II II I I I C I II I I II I I II II I D I I II I I II I II I II E I I I II I I II I II II

Zadanie 026

Z rozwa¿añ strukturalnych (metoda U) wynika, ¿e do przeniesienia ruchu cz³onu czynnego c na ruch cz³onu biernego b (rys. 026.1) mo¿na miêdzy innymi wykorzystaæ jeden cz³on poœrednicz¹cy ABC (rys. 026.1) z par¹ A I klasy i parami B i C II klasy.

Aby uzyskaæ oczekiwane uk³ady, nale¿y w³¹czyæ cz³on ABC w uk³ad cz³onów wej-œciowych c-o-b na wszystkie mo¿liwe sposoby. W tym celu dogodnie jest rozpocz¹æ od sporz¹dzenia tabeli formalnie mo¿liwych po³¹czeñ (tab.026).

Podczas jej sporz¹dzania nale¿y pamiêtaæ, ¿e: – cz³on ABC musi tworzyæ pary z cz³onem c i b

– cz³on ABC mo¿e ale nie musi tworzyæ par z podstaw¹ o

– wyklucza siê po³¹czenia (wersja 6 i 7) prowadz¹ce do sztywnoœci lokalnych.