Контрольная работа - Механизм долбежного станка
скачать (1855.7 kb.)
Доступные файлы (1):
| 1.docx | 1856kb. | 09.12.2011 06:23 |  скачать |
содержание
- Смотрите также:
- Изучение станка с ЧПУ модели 2Р135Ф2 [ лабораторная работа ]
- 1336ИР. Токарно-револьверный станок [ документ ]
- Лизинг: понятие, механизм, разновидности [ лабораторная работа ]
- Информатика и программирование [ лабораторная работа ]
- Контрольная работа: Корпоративность как механизм работы автоматизированных библиотечно-информационных систем (АБИС) [ лабораторная работа ]
- 1 Назначение и технологические возможности станка 7 2 Основные технические данные станка 10 [ документ ]
- Координатно-расточный станок [ документ ]
- Плосковязальные полуавтоматы для вязки деталей верхних изделий . Механизм привода и работа электромагнитной муфты полуавтомата ПВК [ лабораторная работа ]
- Инвестиционная деятельность и инвестиционная политика в России [ лабораторная работа ]
- «изучение конструкции и наладка токарно-винторезного станка» [ документ ]
- Дипломная работа - Разработать систему автоматизированного электропривода станка с ЧПУ модели 16Б16Ф3 для обработки детали [ дипломная работа ]
- Анализ сущности и необходимости денег; Современный механизм кредитования и перспективы его развития [ документ ]
1.docx
4. Механизм долбежного станка.Исходные данные:
Рис. 1 - Рычажный механизм перемещения долбяка
| № п/п | Параметр | Условное обозначение | Величина | Единицы измерения |
| 1 | Размеры звеньев | lOA | 0,1 | м |
| | | lOB | 0,04 | м |
| | | lBC | 0,9 | м |
| | | lCD | 0,3 | м |
| | | lCS4=0.5 lCD | 0,15 | м |
| 2 | Параметры расположения звеньев | а | 0,01 | м |
| | | b | 0,02 | м |
| | | y1 | 0,21 | м |
| | | y2 | 0,39 | м |
| 3 | Частота вращения двигателя | nдв | 1000 | об/мин |
| 4 | Частота вращения кривошипа 1 | n1 | 100 | об/мин |
| 5 | Масса звеньев рычажного механизма | m3 | 18 | кг |
| | | m4 | 4 | кг |
| | | m5 | 25 | кг |
| 6 | Моменты инерции звеньев | JS1 | 0,20 | кг м2 |
| | | JS3 | 0,18 | кг м2 |
| | | JS4 | 0,04 | кг м2 |
| | | Jдв | 0,10 | кг м2 |
| 7 | Сила резания | Ррез | 1,9 | кН |
| 8 | Коэффициент неравномерности вращения кривошипа | δ | 0,06 | - |
| 9 | Положение кривошипа при силовом расчете механизма | φ1 | 240 | град |
^ 0.
Для выполнения плана положения механизма примем масштабный коэффициент μl=lCD/CD=0.005 м/мм, где lCD=0.30 м - действительная длина звена CD; CD=60 мм - изображающий ее отрезок на чертеже.
Тогда чертежные размеры рычажного механизма будут равны:
ОА = lOA/ μl=0.10/0.005=20мм;
ОВ = lOB/μl=0.04/0.005=8 мм;
ВС = lBC/ μl=0.09/0.005=18 мм;
CS4=lCS4/ μl=0.15/0.005=30 мм;
А = а/ μl=0.01/0.005=2 мм;
В = b/ μl=0.02/0.005=4 мм;
Y1= y1/ μl=0.21/0.005=42 мм;
Y2= y2/ μl=0.39/0.005=78 мм.
Сначала построим план 1 положения механизма, для определения положения опор 5 звена относительно точки D.
Для построения плана положения механизма:
1. Из точки О проводим отрезок ОА=20 мм под углом φ1=2400, согласно схеме механизма.
2. На горизонтальной линии из точки О откладываем отрезок ОВ=8 мм, получим точку В.
3. Через точки А и В проводим линию, соответствующую отрезку АС.
4. Из точки В откладываем отрезок ВС=18 мм, получим точку С.
5. Из точки С до вертикальной линии, проходящей через точку В, откладываем отрезок CD=60мм.
6. Посередине отрезка CD откладываем точку S4.
7. На расстояниях Y1=60 мм, Y2=100 мм, А=2 мм и В=4 мм достраиваем остальную часть рычажного механизма перемещения долбяка.
При построении плана механизма при φ=900 поступаем аналогичным образом, однако положения опор 5 звена относительно точки D берем из предыдущего построения.
^
Для построения плана 2 положения механизма отрезок ОА откладываем под углом φ1+300=240+30=2700. Кривошип 1 вращается по часовой стрелке. Остальные построения выполняем аналогично, как для 1-го положения.
Для построения плана скоростей необходимо определить угловую скорость звена 1. Определим его по формуле
ω1=π∙n130=3.14∙10030=10,5 радс.
Кинематический анализ выполняется в последовательности определяемой формулой строения механизма I(0,1)→II(2,3)→III(4,5).
Скорость точки А разложим на две скорости, поскольку звено 2 взаимодействует как с первым звеном, так и с третьим.
^
скорость точки А1, принадлежащей к 1 звену VA1=ω1∙lOA=10,5∙0.10=1,05м/с;
примем масштабный коэффициент μV=VA1[pa1]=1,0552,5=0.02(м/смм).
VA1 перпендикулярно ОА в направлении ω1 , тогда отрезок [ра1] отложим перпендикулярно ОА в этом направлении.
Далее рассмотрим группу Ассура 2-3. Известными к началу рассмотрению являются VA1 и VB0=0 (поскольку принадлежит стойке). Первоначально определим скорость точки А3.
Рассмотрим движение точки А3 относительно точек А1 и В0, в векторном выражении запишем:
VA3=VA1+VA3A1 (параллельно отрезку АВ);
VA3=VB0+VA3B0 (перпендикулярно отрезку АВ).
Точку А3 находим как пересечение решений этих 2-х уравнений.
Скорость точки С определим по теореме подобия:
BACB=[ра3][pc]; тогда [pc]=[ра3]∙CBBA=49∙1821,6=41 мм. Размеры [ра3] и ВА определяем из чертежа. Скорость точки С лежит по линии действия точки А3.
^
Известными к началу рассмотрению являются скорость точки C и VD0=0 (поскольку принадлежит стойке).
Скорость точки D рассмотрим относительно точек С и D0, в векторном выражении запишем:
VD=VC+VDC (перпендикулярно отрезку CD через С);
VD=VD0+VDD0 (параллельно у-у, вдоль направляющей).
Точка S4 лежит посередине отрезка cd, поскольку lCS4=0.5 lCD. Скорость точки S4 определяем путем соединения полюса р с этой точкой.
Из плана скоростей находим линейные и угловые скорости:
VA3=VA3B=pa3∙μV=48.8∙0.02=0.976 м/с;
Vс=pс∙μV=41∙0.02=0.82 м/с;
VA3A1=a3a1∙μV=19.5∙0.02=0.39 м/с;
VD=pd∙μV=19.5∙0.02=0.39 м/с;
VS4=pS4∙μV=25.8∙0.02=0.516 м/с;
VCD=cd∙μV=38.3∙0.02=0.766 м/с;
ω3=VA3BlAB=0.9760.108=9.1 c-1;
ω4=VCDlCD=0.7660.30=2.6 c-1.
Направление угловой скорости ω3 звена 3 получим, поместив вектор относительной скорости VA3B в точку В и рассматривая поворот точки В относительно точки А3. Аналогично определяется направление угловой скорости 4 звена.
Переходим к построению плана ускорений.
Ускорение точки А1
аА1=аA1n+аA1τ;
где аA1n - нормальное ускорение точки А1, направленное от точки А1 к точке О.
аA1τ - касательное (тангенциальное) ускорение точки А1, направленное перпендикулярно ОА в сторону углового ускорения ε1.
аA1n=ω12∙lOA=10.52∙0.10=11,025 м/с2;
аA1τ=ε1∙lOA=1.5∙0.10=0.15 м/с2.
Примем масштабный коэффициент ускорений μа=0,5м/с2мм и находим отрезки, изображающие аA1n и аA1τ:
[πn1]=aA1nμa=11.0250.5=22 мм;
[n1а1]=aA1τμa=0.150.5=0,3≈0 мм
Из полюса плана ускорений π откладываем отрезок πn1 в направлении аA1n. Поскольку n1а1 равно нулю, то точки n1 и а1 совпадают. Значит данный отрезок будет полным ускорением точки А1.
Далее на основании теоремы о сложении ускорений в плоском движении составляем векторные уравнения в порядке присоединения структурных групп.
Для определения ускорения точки А3 используем уравнения
аА3=аА1+аА3А1k+аА3А1r
аА3=аВ+аА3Bn+аА3Bτ
где аА3А1k - ускорение корриолиса, аА3А1r - релятивное ускорение кулисного механизма; аВ=0 (точка ^ неподвижна); аА3Bn и аА3Bτ - нормальная и касательная составляющие ускорения точки А3 при вращательном движении звена 2 относительно точки В. Вектор аА3Bn направлен от точки В к точке А3, аА3Bτ - перпендикулярно АВ, вектор аА3А1r - параллельно АВ.
аА3А1k=2∙ω3∙VA3A1=2∙9.1∙0,39=7,1 м/с2.
Направление корриолисова ускорения получим, если повернуть вектор VA3A1 на 900 в направлении ω3.
аА3Bn=ω32∙lАВ=9.12∙0.108=8.94 м/с2.
Находим отрезки , изображающие эти ускорения
[а1k]=аА3А1kμa=7.10.5=14.2 мм;
[bn3]=аА3Bnμa=8.940.5=18 мм.
Систему уравнений для ускорения аА3 решаем графически.Для этого из точки а1 откладываем отрезок [а1k] в направлении аА3А1k, через точку k проводим линию в направлении аА3А1r. Затем из точки b, совпадающей с полюсом π, откладываем отрезок [πn3] в направлении аА3Bn и через точку
n3 - линию в направлении аА3Bτ. В пересечении указанных линий получим точку а3, которую соединяем с полюсом и получаем отрезок [πа3], изображающий аА3.
Точку с на плане ускорений находим по теореме подобия. Для этого вдоль отрезка πа3 в противоположном направлении откладываем отрезок [πс], который находим из подобия
АВВС=πа3πс; πс=πа3ВСАВ=19.11821.6=16 мм.
Для определения ускорения точки D используем уравнения
аD=aC+aDCn+aDCτ;
аD=aD0+aDD0,
где aDCn и aDCτ - нормальная и касательная составляющие относительного ускорения точки D (по отношению к точке С), aD0=0 (так как точка D0, принадлежащая стойке О и в данный момент совпадающая с точкой D, неподвижна), aDD0 - относительное ускорение точки D по отношению к точке D0 (направленное вдоль линии движения звена 5, то есть параллельно у).
аDCn=ω42∙lCD=2.62∙0.3=2.03 м/с2.
отрезок изображающий аDCn [сn4]=аDCnμa=2.030.5=4 мм.
В соответствии с системой уравнений из точки с откладываем отрезок [сn4] в направлении аDCn, из точки n4 проводим линию в направлении aDCτ. Из точки d0, расположенной в полюсе π, проводим линию в направлении aDD0. В пересечении указанных линий получим точку d, которую соединим с полюсом π и получим отрезок [πd], изображающий аD.
Точку S4 находим по теореме подобия.
Поскольку lCS4=0.5lCD, тогда cS4=0.5cd=0.5∙4.2=2.1 мм.
Соединив точки π и S4 получим отрезок [πS4], соответствующий ускорению аS4.
Из плана скоростей находим линейные и угловые ускорения
аА3=πa3∙μa=19.1∙0.5=9.55 м/с2
ас=πс∙μa=16∙0.5=8 м/с2
аD=πd∙μa=12∙0.5=6 м/с2
аS4=πS4∙μa=14∙0.5=7 м/с2
aА3A1r=ka3∙μa=26.2∙0.5=13.1 м/с2
aA3Bτ=n3a3∙μa=6.2∙0.5=3.1 м/с2
aDCτ=n4d∙μa=1.2∙0.5=0.6 м/с2
ε3=aA3BτlАВ=3.10.108=28.7 c-2
ε4=aDCτlCD=0.60.3=2 c-2.
Направление углового ускорения ε3 звена 3 получим, поместив вектор тангенциального ускорения aA3Bτ в точку В и рассмотрев поворот точки В относительно точки А. Аналогично определяем направление углового ускорения звена 4.
^
Главные векторы сил инерции:
РИ1=-m1∙aS1=0 (так как центр масс S1 находится на оси вращения и является неподвижным);
РИ3=-m3∙aS3=0 (так как центр масс S3 находится на оси вращения и является неподвижным);
РИ4=-m4∙aS4=-4∙7=-28 Н;
РИ5=-m5∙aD=-25∙6=-150 Н.
Силы инерции приложены в центрах масс и направлены противоположно ускорениям центров масс звеньев.
Главные моменты сил инерции:
МИ1=-IПI∙ε1=-33,7∙1,5=-50,6 Н∙м;
МИ3=-IS3∙ε3=-0.18∙28,7=-5,17 Н∙м;
МИ4=-IS4∙ε4=0,04∙2=-0,08 Н∙м
Моменты сил инерции направлены противоположно угловым ускорениям звеньев.
Силы тяжести:
G3=m3∙g=18∙10=180 H;
G4=m4∙g=4∙10=40 H;
G5=m5∙g=25∙10=250 H.
Силовой анализ выполняется в порядке, обратном присоединению структурных групп.
Отделяем от механизма статически определимую структурную группу (4, 5). В точке С вращательной пары прикладываем неизвестную по направлению реакцию Р43 на звено 4 со стороны звена 3, которую раскладываем на составляющие - Р43n, направленную вдоль звена CD и Р43τ, направленную перпендикулярно CD. Реакция на звено 5 со стороны стойки О Р50 приложена в точке D и направлена перпендикулярно направляющей.
Составляющую Р43τ находим из уравнения моментов всех сил, действующих на звено 4, относительно точки D:
МD=0 значит
Р43τ∙CD+MИ4μl+РИ4∙4,2-G4∙4.2-Р5∙4=0
Откуда Р43τ=-MИ4μl-РИ4∙4,2+G4∙4.2+Р5∙4CD=-0,080,005-28∙4,2+40∙4,2+1900∙460=127,24 Н
Здесь 4.2 - плечи сил, берутся непосредственно из чертежа измерением в миллиметрах.
Составляющую Р43n, полную реакцию Р43 и реакцию Р50 находим путем построения плана сил согласно уравнению равновесия группы, которые записываем в соответствии с принципом Даламбера:
Р43n+Р43τ+РИ4+G4+РИ5+G5+Р5+Р50=0
Примем масштабный коэффициент сил μР=20Нмм и находим отрезки, изображающие все известные силы:
1-2=Р43τμР=127.2420=6.4 мм; 2-3=РИ4μР=28,220=1,4 мм
3-4=G4μР=4020=2 мм; 4-5=РИ5μР=15020=7,5 мм;
5-6=G5μР=25020=12.5 мм; 6-7=Р5μР=190020=95 мм.
В соответствии с векторным уравнением последовательно откладываем отрезки [1-2], [2-3] и т.д. в направлении соответствующих сил. Затем из точки 1 проводим направление силы Р43n, а из точки 7 - направление силы Р50. В пересечении этих направлений получаем точку 8. Тем самым многоугольник сил оказывается замкнутым. В результате находим
Р43n=8-1∙μР=90,7∙20=1814 Н;
Р43=8-2∙μР=91∙20=1820 Н;
Р50=7-8∙μР=16,5∙20=330 Н.
Реакцию Р54, действующую на звено 5 со стороны звена 4 и приложенную в точке D, находим из уравнения равновесия звена 5:
РИ5+G5+Р5+Р50+Р54=0
Для этого согласно этому уравнению на построенном плане сил достаточно соединить точки 8 и 4. Тогда
Р54=8-4∙μР=91,5∙20=1830 Н.
Далее рассматриваем структурную группу (2, 3). В точке С прикладываем известную реакцию Р34=-Р43, а в точке А - реакцию со стороны звена 2 Р23 и в точке В - реакцию со стороны стойки О Р30.
Составляющую Р23, направленную перпендикулярно звену 2, находим из уравнения моментов всех сил действующих на звено 2, относительно точки В:
МВ=0 значит
-Р23∙АВ+Р34∙9,6-МИ3μl=0.
Тогда Р23=Р34∙9,6-МИ3μlАВ=1820∙9,6-5,170,00521,6=761 Н.
Где 9,6 - плечо силы, берется непосредственно из чертежа измерением в миллиметрах.
Реакцию Р21, действующую на звено 2 со стороны звена 1 во внутренней кинематической паре А, находим из уравнения равновесия звена 2:
Р21+Р23=0.
Тогда Р21=- Р23. То есть реакция Р21 равна по величине реакции Р23 и противоположна по направлению.
Для определения реакции Р30 строим план сил согласно уравнению равновесия группы:
Р21+G3+Р34+Р30=0
Примем масштабный коэффициент сил μР=20Нмм и находим отрезки, изображающие все известные силы:
1-2=Р21μР=76120=38 мм; 2-3=G3μР=18020=9 мм
3-4=Р34μР=182020=91 мм.
В соответствии с векторным уравнением последовательно откладываем отрезки [1-2], [2-3] и т.д. в направлении соответствующих сил. Соединив точки 1 и 4 получим направление и величину реакции Р30. Тем самым многоугольник сил оказывается замкнутым. В результате находим
Р30=4-1∙μР=68,3∙20=1366 Н.
В заключении рассматриваем начальное звено - кривошип 1. В точке А прикладываем известную реакцию Р12=-Р21, а в точке О - реакцию Р10 со стороны стойки О, которую находим путем построения плана сил согласно уравнению равновесия:
Р12+Р10=0, следовательно Р10=-Р12.
Уравновешивающий момент находим из уравнения моментов: МО=0 значит
МИ1+Р12∙7,8∙μl-Му=0,
откуда
Му1=МИ1+Р12∙7,8∙μl=50,6+761∙8∙0,005=81 Н∙м.
^
Для определения уравновешивающего момента сначала определим уравновешивающую силу Ру из условия равновесия рычага Жуковского. Она считается приложенной в точке А перпендикулярно кривошипу ОА.
Строим рычаг Жуковского. Для этого план скоростей поворачиваем на 900 по часовой стрелке. В точке S4 прикладываем силу тяжести G4 и силу инерции PИ4, в точке d - силы Р5 и РИ5, а в точке а3 - Ру.
Составляем уравнение моментов относительно полюса рычага Жуковского
Ру∙а3р-Р5+РИ5∙19,5-РИ4∙17,3+G4∙17,3=0
откуда
Ру=Р5+РИ5∙19,5+РИ4∙17,3-G4∙17,3а3р=1900+150∙19,5+28∙17,3-40∙17,349=811 Н.
По формуле Му=Ру∙lОА определяем уравновешивающий момент Му2=811∙0,1=81,1 Н∙м.
Сравнивая два значения уравновешивающего момента определенные различными методами видно, что значения оказались одинаковыми Му1=Му2.
Скачать файл (1855.7 kb.)