ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 16.11.2021
Просмотров: 184
Скачиваний: 1
Діаграма прискорень. Будуємо графічним диференціюванням діаграми
швидкості. Всі побудови аналогічні раніше описаним. Мірило діаграм:
2
· 2
0.0412
1.084( /
) /
0.00152·25
V
a
T
м с
мм
k
(20)
2.
Розрахунок параметрів маховика механізму
2.1 Визначення рушійних сил.
Силою корисного опору в даному механізмі являється сила опору
різання, прикладена до різця; визначаємо за графіком на арк. 1 граф. част. (див.
завдання).
2.2 Побудова діаграм зведених моментів рушійних сил.
Визначаємо зведений момент сили опору, прикладеної до різця, для 6-ти
положень (Табл. 2.1):
D
1
·V
·cos ,
різ
P
зв
M
а
ко
(20)
де:
різ
P
(для робочого ходу) – сила різання, прикладена до різця;
а
=
0
180
,
cos
=
0
180
=-1- кут між векторами
різ
P
і
D
V
, оскільки сила опору
направлена протилежно
D
V
.
Таблиця 2.1 – Значення зведеного моменту сил корисного опору.
положення
0
1
3
5
7
9
11
різ
P
,Н
0
86
330
579
700
0
0
D
V
, м/с
0
1,79
1,78
2
0,4
0
0
зв
M
ко
,Н
·
м
0
-8,65
-33
-6,5
-1,8
0
0
За одержаними значеннями будуємо діаграму
зв
M
ко
=
1
f( )
в мірилі
м·
=0,25Н
·м/мм
.
2.3 Побудова діаграм робіт сил рушійних і сил корисного опору.
Будуємо за методом графічного інтегрування. Для цього вибираємо
полюсну відстань Н=10...50мм. через середини інтегралів 0-1,1-3,...,11-0
проводимо штрихові перпендикуляри до вісі абсцис. Точки перетину цих
перпендикулярів з
зв
M
ко
=
1
f( )
проецюємо на вісь ординат і з’єднуємо знайдені
точки 1’,3’,...,11’ з полюсом р. З початку координат А=
1
f( )
проводимо пряму, //
р-1’ – одержуємо точку 1’’; з точки 1’’ проводимо пряму 1’’-3’’, // р-3’ і.т.д.
Мірило діаграми визначаємо за формулою:
м·
·0,25·0,035·7=0,61Дж/мм,
a
(21)
де:
2
2
0, 0349
/
.
рад мм
а
Оскільки
зв
M
ко
=const, то
руш
А
=
1
f( )
є пряма лінія. Крім цього, при
уставленому русі за цикл робота рушійних сил дорівнює роботі всіх опорів. На
основі вищевказаного з’єднуємо початок координат О діаграм А=
1
f( )
з точкою
11
прямою
лінією,
яка
і
являється
руш
А
=
1
f( )
.
Якщо
графічно
продиференціювати цю діаграму, то одержимо пряму, паралельну вісі абсцис.
Ця пряма являється діаграмою
зв
M
ко
1
( )
.
2.4 Побудова діаграм приросту кінетичної енергії.
Для побудови діаграм
1
f( )
Т
слід алгебраїчно відняти з ординат
діаграми
ко
1
А
( )
ординати діаграми
руш
1
А
(
)
, тобто ординати 1-1*,3-3* і і.т.д.
діаграми
1
( )
Т
дорівнюють відповідно ординатам 1’’-
0
1
,3’’-
0
3
,...,11’’
0
11
діаграми А=
1
f( )
.
2.5Побудова діаграми приведеного моменту інерції механізму.
Визначаємо зведений момент інерції механізму:
2
сум
зв
Т
І
(22)
де:
1
2
3
4
5
сум
Т
Т
Т
Т
Т
Т
- кінетична енергія механізму (сума кінетичних
енергій ланок механізму);
де:
1
2
·
1
0, 25·23,0
66
2
2
О
І
Т
Дж
- сonst в усіх положеннях механізму; (23)
2
2
2
2
A
2
·V
4.8·1.84
8.1
2
2
м
Т
Дж
- кінетична енергія каменя 2 (const); (24)
3
3
2
·
3
S
3
·V
2
2
S
І
m
Т
- кінетична енергія куліси 3; (25)
4
2
4
C
4
·V
2
m
T
- кінетична енергія каменя 4; (26)
2
5
D
5
·V
2
m
T
- кінетична енергія ланки 5. (27)
Зводимо розрахункові дані до таблиці 2.2
Таблиця 2.2 – Значення зведеного моменту інерції та кінетичної енергії
механізму.
Положення
0
1
3
5
7
9
11
3
Т
,Дж
0
9,57
32,47
31,13
5,62
97,73
49,28
4
T
,Дж
0
3,93
9,03
8,85
2,12
29,74
16,47
T
,Дж
0
7,86
18,07
17,70
4,24
59,47
32,95
сум
Т
, Дж
66,0
95,46
133,94
131,78
86,1
216,04
172,80
зв
І
кг
2
м
0,25
0,361
0,506
0,498
0,325
0,987
0,653
Будуємо діаграму кінетичної енергії механізму
T
=2,645Дж/мм, яка
одночасно являється і діаграмою зведеного моменту інерції
1
( )
зв
І
, побудовано
в мірилі
I
=0,01кг
·
2
м /
мм
.
2.6
Побудова діаграми Віттенбауера (енергомас).
Будуємо діаграму енергомас, виключаючи
1
з
1
( )
Т
та
1
( )
зв
І
. Для
цього будуємо прямокутну систему координат
1
f( )
зв
І
. З початку координат
проводимо пряму під кутом
0
45
до вісі
зв
І
. Точки 1’,3’,..., 11’
1
( )
зв
І
проецюємо
на цю пряму і далі до перетину з прямими, проведеними з точок 1*-3*,...,11*
діаграм
1
( )
Т
. З’єднуємо точки перетину плавною кривою.
2.7
Визначення моменту інерції маховика.
За заданим коефіцієнтом нерівномірності руху
та середньою кутовою
швидкістю
сер
=
1
визначаємо кути:
2
0
max
0, 01
(1
)·
(1 0, 04)·23,0
77,5 ;
2·0,61
cер
arctg
arctg
(28)
2
0
min
0.01
(1
)
(1 0.04)·23.0
76.5 ;
2·0.61
cер
arctg
(29)
До діаграми енергомас під кутами
max
і
min
дві дотичні, які відсічуть на
вісі ординат відрізок KL, який зображає кінетичну енергію. Маховика в мірилі
. Момент інерції маховика:
2
2
·
3.85·0.61
11.10
/
;
·
23.0 ·0.04
m
cер
KL
I
кг м
(30)
2.8
Визначення розмірів маховика.
Вибираємо маховик зі спицями. Згідно з виразом для даного
конструктивного виконання маховика визначаємо його діаметр, масу та
ширину:
5
5
m
0.41·
I
0.41·
11.10
0.66 ;
D
м
(31)
Приймаємо D=0,66м, тоді:
2
2
5.37·
5.37·11.10
135.4 ;
0.66
m
I
m
кг
D
(32)
·D=0.15·0.66=0.10м
b
q
(33)
1,5·
·0,10=0,15
ст
0.7·D=0.7·0.66=0.462м
d
ст
d
0.15·D=0.15·0.66=0.099м
3
Проектування кулачкового механізму
Закон руху штовхача для фаз віддалення та наближення:
2
1
2
2
1
i
d S
a
d
Двічі інтегруючи
2
2
d S
d
для віддалення, одержуємо:
1
1
2
S
a
C
C
Сталі інтегрування визначаємо з початкових умов
=
1
та S=h,
одержуємо:
1
2
2
6
6·0.050
0.044
2.618
h
a
м
Після підстановки
1
С
,
2
С
та
1
a
в вираз S ,
dS
d
і
2
d S
d
маємо:
2
2
6
6·0.050
0.5
(0.5 0.127
2.168
h
S
(34)
2
1
6
)
0.044
dS
h
d
(35)
2
2
6
2
(1
)
0.044(1 0.764
d S
h
d
(36)