Министерство образования Республики Беларусь Б Е Л О Р У С С К И Й Н А Ц И О Н А Л Ь Н Ы Й Т Е Х Н И Ч Е С К И Й У Н И В Е Р С И Т Е Т Кафедра "Теория механизмов и машин" ПЛ. Анципорович В.В. Кудин А.М. Авсиевич ТЕОРИЯ МЕХАНИЗМОВ И MAJІІШ Методическое пособие по выполнению курсовой работы для студентов специальностей «Техническая эксплуатация автомобилей» и «Автосервис» Минск 2006 М ин истерство образован ия Р еспублики Б еларусь Б Е Л О Р У С С К И Й Н А Ц И О Н А Л Ь Н Ы Й Т Е Х Н И Ч Е С К И Й У Н И В Е Р С И Т Е Т К аф едра "Т еория м еханизм ов и м аш ин" П .П . А нц ипорови ч В .В . К удин А .М . А всиевич ТЕОРИЯ МЕХАНИЗМОВ И МАШИН Методическое пособие по выполнению курсовой работы для студентов специальностей «Техническая эксплуатация автомобилей» и «Автосервис» М и н с к 2 0 0 6 У Д К 621.01(075.8) -ББК 34.41 я 7 3 -3 4 — Рг 74 Рецензенты : А .Т . С койбеда, А .С . С авич Анципорович, П.П. Т 34 Теория механизмов и машин: метод, пособие / П.П. Анципорович, В.В. Кудин, А.М. Авсиевич - Мн.: БИТУ, 2006. - 66 с.; вкл. 3. ISBN 985-479-548-9. Методическое пособие представляет собой руководство по выполне нию курсовой работы по дисциплине «Теория механизмов и машин». Представлены варианты заданий курсовой работы. Показаны особенно сти решения задач динамического анализа рычажных механизмов и син теза кулачковых механизмов с роликовым и плоским толкателем. Пособие предназначено для студентов автотракторных специально стей, выполняющим курсовую работу. УДК 621.01(075.8) ББК 34.41 я 7 ISB N 985-479-548-9 © А нц ипорови ч П .П ., К удин В .В ., А всиевич А .М ., 2006 © Б И Т У , 2006 С о д е р ж а н и е В в е д е н и е .............................................................................................. 4 1. Задания н а курсовую р а б о т у ............................................................. 4 2. Д и н ам и чески й анализ ры чаж ного м е х а н и зм а .......................... 30 2.1. Задание н а п р о е к ти р о в а н и е ............................................................... 30 2.2. Задачи и м етоды динам ического анализа м е х а н и зм а ........... 31 2.3 С труктурны й анализ ры чаж ного м е х а н и зм а .......................... .. 31 2.4. К ин ем ати чески й анализ м ехан и зм а м етодом п л а н о в ........... 32 2.5. С иловой расчет м ехан и зм а................................................................. 39 3. С интез кулачкового м ехан и зм а с роликовы м толкателем . . 46 3.1. Задачи синтеза. И сходн ы е дан ны е д ля п р о ек ти р о в ан и я .. . . 46 3.2. О пределен ие ки нем ати ческих характеристик д виж ени я т о л к а т е л я ..................................................................................................... 47 3.3. О пределен ие осн овн ы х разм еров м ехан и зм а............................ 53 3.4. П остроен ие цен трового и дей стви тельного п роф илей ку л ач ка ...................................................... ................................................... 54 3.5. О пределен ие углов д авл ен и я ............................................................ 55 4. С ин тез кулачкового м еханизм а с плоски м толкателем .........56 4.1. З адачи синтеза. И сходн ы е д а н н ы е ................................................ 56 4.2. О пределен ие ки нем ати ческих характери сти к движ ени я то лкател я ..................................................................................................... 57 4.3. О пределен ие м ин им ального ради уса к у л а ч к а ..........................62 4.4. П остроен ие проф иля кулачка ............................................................ 63 Л и т е р а т у р а ...................................................................................... 64 3 Введение К урсовая работа по тео р и и м еханизм ов и м аш и н д ля студентов ав тотракторн ы х сп ец и альн остей вклю чает два раздела: динам и чески й анализ ры чаж ного м ехан и зм а дви гателя внутреннего сгорания и си н тез кулачкового м еханизм а газораспределени я с поступательно дви ж ущ им ся роликовы м и ли плоски м толкателем . К аж дом у разделу со ответствует граф и ческая часть, вы полняем ая н а ли сте ф орм ата А 1, с поясни тельной запиской . П ояснительная зап и ска оф орм ляется руко писно на ли стах ф орм ата А4. Н астоящ ее м етодическое пособие вклю чает в себя задания н а курсо вую работу и м етодические указания по ее вы полнению . Г лавы 2, 3 и 4 построены в виде при м ера вы полнения разделов работы . К аж дая глава начинается с постановки задач, описания последовательности и м ето д и к проектирования, что позволяет четко определить м есто всех расче тов в общ ей схеме исследования. В случае затруднений реком ендуется обращ аться к литературны м источникам , указанны м в ссы лках. Реко мендуется применять граф ические м етоды расчетов. П рим еры вы пол нения граф ической части представлены в прилож ениях. 4 1. ЗАДАНИЯ НА КУРСОВУЮ РАБОТУ В курсовой работе необходимо реш ить следую щие задачи. 1. Выполнить динамический анализ рычаж ного механизма двига теля внутреннего сгорания, для всех заданий принять: а) центральный м омент инерции кривош ипа д) кривош ип 1 уравновеш ен (I q s \ = 0 ) . Примечание. Знак «-» перед значением углового ускорения в задании означает, что его направление противоположно указанному на схеме. 2. Выполнить синтез кулачкового механизма газораспределения. О бозначение законов движ ения толкателя: 1 - синусоидальный; 2 - косинусоидальный; 3 - параболический симметричный, 4 - трапецеидальный; 5 - по треугольнику; 6 - равномерно убываю щ его (возрастаю щ его) ускорения. Примечание. Формулы для расчета кинематических характеристик дви жения толкателя для всех законов движения указаны в [1, с.50 - 53]. / 0 = 0,33щ1()А , б) центральные моменты инерции ш атунов в) массы ш атунов 2 и 4 т 2 = т 4 == Ф а в * где # = Ю к г /м , г) массы ползунов 3, 5 и кривош ипа 1 тъ ~т5 - 0,6т2 ; щ - 5т2; (коэффициент симметричности 5 1.1. Задание 1 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 | 7 | 8 9 10 М еханизм рычаж ный (рис Л .1). J\ инамический анализ ІОА, м 0,088 0,059 0,09 0,082 0,093 0,07 0,097 0,065 0,075 0,08 ІАВ> ІАС, м 0,352 0,295 0,38 0,39 0,4 0,28 0,4 0,33 0,3 0,4 а , гр ад 90 90 60 90 90 60 90 90 60 60 Ф і, гр ад 30 60 90 120 150 180 30 60 90 120 Юь с 1 220 190 210 180 200 210 180 170 190 200 О СО totT * 4800 4000 3500 3000 5000 3000 2500 2400 2500 4000 і % н 15000 30000 20000 15000 10000 5000 15000 25000 20000 15000 F s ,H 2000 10000 10000 15000 10000 11000 2000 10000 5000 12000 М еханизм кулачковый (рис. 1.2). Д инамический синтез Ход h, м 0,032 0,03 0,028 0,026 0,026 0,024 0,038 0,035 0,04 0,03 ф у = фв> град 90 120 60 90 120 60 75 105 90 120 фдс, град 60 60 120 60 60 90 120 60 120 60 Угол давления ©шах> град 30 35 30 35 40 30 35 40 35 30 Законы движения на фазах движ ения толкателя удаление 3 2 4 1 6 3 1 2 6 4 возвр. 1 5 3 4 3 4 5 3 1 1 6 Рис. 1.1 7 1.2. Задание 2 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 7 | 8 | 9 10 М еханизм ры чаж ны й (рие.2.1). fi 'инамический анализ ІОА , м 0,045 0,05 0,055 0,06 0,065 0,042 0,048 0,052 0,058 0,063 ІАВ, ІАС, м 0,16 0,15 0,175 0,2 0,22 0,17 0,18 0,2 0,22 0,26 Ф і , гр ад 30 60 45 75 120 135 150 210 240 330 С0Ь с 1 400 350 450 375 350 350 450 500 550 400 е ь с '2 8000 10000 10000 8000 12000 7000 10000 6000 12000 8000 F 3, H 30000 25000 25000 20000 10000 5000 5000 5000 5000 15000 f 5, h 4000 5000 5000 5000 10000 20000 15000 30000 25000 5000 м Механизм кулачковы й (рис.2.2). Синтез Х од h, м 0,015 0,012 0,01 0,015 0,012 0,01 0,012 0,015 0,01 0,012 ф у ~ фв, град 80 80 70 60 90 60 90 100 90 75 Фдс, град 60 30 100 90 60 90 90 75 90 90 Законы движения на фазах движ ения толкателя удаление 1 2 4 1 2 3 1 2 3 4 возвр. 6 1 3 4 3 3 1 6 1 5 8 Рис. 2.1 Рис. 2.2 9 1.3. Задание 3 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 7 8 | 9 10 М еханизм рычаж ный (рис.ЗД). Д инам ический анализ ІОА , h e м 0,06 0,062 0,064 0,066 0,068 0,07 0,072 0,061 0,063 0,067 ІАВ, IcD, м 0,24 0,248 0,256 0,297 0,3 0,28 0,327 0,274 0,293 0,285 Ф і, гр ад 120 135 150 210 225 240 300 330 30 45 G>b с-1 140 150 160 170 180 175 165 155 145 190 е ь с 2 1900 1800 1700 1000 1000 1000 1000 1500 1000 1000 F 3, Н 15000 15000 12000 8000 8000 10000 7000 8000 5000 5000 F S,H 5000 5000 3000 15000 10000 10000 8000 8000 5000 5000 М еханизм кулачковый (рис. 3.2). Динамический синтез Х од h, м 0,015 0,012 0,01 0,015 0,012 0,01 0,012 0,015 0,01 0,012 ф у = Фв, град 80 80 70 60 90 60 90 100 90 75 фдс, град 60 30 100 90 60 90 90 75 90 90 Угол давле ния град 30 35 40 28 30 35 40 30 35 40 Законы движения на фазах движения толкателя удале ние 5 2 4 1 2 3 6 3 3 4 возвр. 1 6 3 1 5 3 3 1 5 6 10 Рис. 3.1 11 1.4. Задание 4 Параметр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 7 | 8 | 9 10 М еханизм ры чаж ны й (рис.4.1). Д инамический анализ Ь а , м 0,05 0,06 0,05 0,04 0,052 0,063 0,042 0,055 0,058 0,07 м 0,19 0,24 0,17 0,16 0,18 0,23 0,15 0,2 0,23 0,27 а , гр ад 120 135 150 135 150 120 135 120 150 120 Ф і, г р а д 30 45 60 75 240 105 120 135 150 330 Юь с 1 450 470 520 510 480 490 500 450 410 440 8,15 с 2 10000 15000 20000 15000 -3000 10000 8000 5000 5000 10000 F 3, H 15000 12000 10000 10000 30000 8000 5000 5000 30000 5000 F s, Н 7000 5000 6000 9000 8000 10000 9000 5000 7000 20000 М еханизм кулачковый (рис. 4.2). J. Динамический синтез Х од h, м 0,008 0,01 0,007 0,008 0,009 0,007 0,008 0,009 0,01 0,008 ф у = фв, град 60 70 80 90 100 110 120 130 90 60 фдс, град 120 100 90 90 60 60 60 40 120 150 Угол давления ®шх> град 30 35 40 35 30 40 30 35 40 30 Законы движения на фазах движения толкателя удаление 3 6 2 3 1 2 3 1 4 5 возвр. 3 1 5 4 3 6 2 1 3 1 12 13 1.5. Задание 5 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 М еханизм рычажный (рис.5.1). J0,инамический анализ Ь а , 1ос м 0,074 0,058 0,053 0,05 0,06 0,067 0,062 0,073 0,048 0,052 ІАВ > IcD, М 0,46 0,33 0,29 0,27 0,31 0,37 0,38 0,39 0,22 0,25 ф і » гр ад 330 240 300 45 30 135 150 120 225 210 Юь с 1 260 280 320 330 340 290 300 220 360 380 СО О -4400 5700 -7500 -8000 6500 5200 -5600 6300 9000 10000 F i, Н 14000 20000 15000 12000 18000 13500 16000 19000 12000 18000 ^ 5 ,Н 13000 15000 8000 10000 12000 11000 9000 14000 19000 15000 М еханизм кулачковы й (рис. 5.2). Синтез Ход h, и 0,013 0,018 0,021 0,016 0,013 0,014 0,017 0,011 0,018 0,022 ф у = фв> град 60 65 70 75 80 60 65 70 75 80 фдс, град 50 30 40 50 30 30 40 50 30 40 Законы движения на ф азах движ ения толкателя удаление 2 1 4 2 1 5 2 3 4 1 возвр. 3 1 3 2 3 2 6 1 2 5 14 Рис. 5.1 15 1.6. Задание 6 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 | 5 6 7 8 9 10 М еханизм рычаж ный (рис.6.1). Динамический анализ ІОА > м 0,073 0,075 0,065 0,058 0,082 0,063 0,077 0,074 0,069 0,08 ІА В , ІАС, М 0,38 0,37 0,34 0,29 0,38 0,35 0,4 0,36 0,33 0,32 ф1, гр ад 240 300 330 30 45 120 135 150 210 225 ю ь с 1 195 185 175 165 210 160 170 180 190 200 е Ь с-2 -1000 -1000 1500 1000 1000 -1900 1800 1700 1000 1000 F 3> Н 10000 7000 8000 5000 5000 15000 14000 12000 10000 8000 f 5, h 10000 10000 8000 8000 5000 5000 4000 3000 15000 10000 М еханизм кулачковый (рис. 6.2). Д инамический синтез Х од h, м 0,032 0,034 0,03 0,028 0,032 0,03 0,028 0,026 0,024 0,022 ф у = ф в , град 60 65 70 75 80 60 65 70 75 80 Фдс» град 30 40 50 30 40 50 30 40 50 30 Угол давле ния ®maxs град 40 35 30 40 35 30 40 35 30 40 Законы движ ения на ( >азах движ ения толкателя удале ние 1 5 4 3 1 2 3 4 2 1 возвр. 2 3 6 2 5 3 3 6 5 3 16 17 1.7. Задание 7 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 | 6 7 | 8 | 9 10 М еханизм рычажный (рис.7.1). J. Динамический анализ ІОА , м 0,043 0,037 0,048 0,05 0,06 0,07 0,065 0,05 0,06 0,05 ІАВ, ІАС, м 0,16 0,15 0,19 0,2 0,21 0,22 0,24 0,18 0,23 0,17 а , гр ад 135 150 120 150 120 135 150 135 120 150 Ф і, гр ад 75 120 30 135 150 330 45 240 105 60 Юь с '1 410 370 350 330 310 340 420 380 390 450 О СО 15000 8000 10000 10000 9000 10000 15000 13000 10000 20000 F 3, Н 10000 15000 20000 15000 30000 15000 10000 7000 18000 10000 F s, Н 9000 8000 6000 10000 8000 12000 13000 18000 9000 14000 ММеханизм кулачковый (рис.7.2). Синтез Х од h, м 0,018 0,012 0,013 0,015 0,016 0,017 0,01 0,014 0,019 0,012 ф у ~ фв. град 90 130 120 60 90 70 80 60 100 110 ф д с , град 90 40 60 120 120 100 90 150 60 60 Законы движения на фазах движения толкателя удаление 3 4 1 6 2 5 2 3 1 2 возвр. 1 5 2 3 3 1 4 6 3 2 18 Рис. 7.2 19 1.8. Задание 8 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 7 8 | 9 10 М еханизм рычаж ный (рис.8.1). J]Динамический анализ ІОА, м 0,08 0,07 0,086 0,067 0,08 0,075 0,095 0,07 0,08 0,09 ІАВ, h e , м 0,32 0,03 0,36 0,28 0,33 0,29 0,36 0,35 0,34 0,4 а , гр ад 90 90 90 90 90 90 90 90 90 90 ф і , гр ад 30 60 75 90 105 120 120 150 180 150 ® ъ с*1 250 190 220 230 180 240 200 210 220 230 е ь с 2 4000 4200 4300 4000 3500 3000 2500 2500 2000 3000 F 3, H 20000 30000 25000 20000 15000 10000 10000 5000 5000 5000 Fs, Н 10000 5000 5000 10000 10000 5000 10000 20000 25000 20000 М еханизм кулачковый (рис.8.2). Синтез Х од h, м 0,008 0,014 0,009 0,008 0,011 0,014 0,008 0,009 0,014 0,011 Фу = Фв> град 80 70 75 90 100 80 90 70 75 90 фдс, град 70 60 80 60 60 60 60 60 60 80 Законы движ ения на фазах движения толкателя удаление 3 2 1 3 1 2 4 1 2 4 возвр. 6 1 5 3 4 1 3 6 5 1 20 Рис. 8.2 21 1.9. Задание 9 П ара метр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 М еханизм рычаж ный (рис.9.1). J. инамический анализ Ь а , м 0,047 0,052 0,055 0,06 0,065 0,045 0,05 0,055 0,06 0,065 1ав , h e , м 0,17 0,18 0,2 0,24 0,26 0,16 0,15 0,175 0,2 0,22 Фьград 135 150 210 225 330 30 60 45 75 120 (0Ь с 1 420 450 500 350 400 400 350 450 400 350 Sb с '2 7000 10000 6000 12000 8000 8000 10000 10000 8000 12000 F 3, H 5000 5000 20000 5000 15000 30000 25000 25000 20000 10000 F S, H 18000 14000 27000 28000 6000 8000 7000 9000 6000 13000 М еханизм кулачковый (рис. 9 .2 )., Динамический синтез Х од А, м 0,03 0,036 0,04 0,038 0,032 0,038 0,03 0,027 0,04 0,043 ф у = ф в , град 110 120 130 90 60 60 70 80 90 100 фдс, град 60 60 40 120 150 120 100 90 90 60 Угол давления ®М(П| град 30 35 40 40 35 30 30 35 35 40 Законы движ ения на фазах движения толкателя удаление 3 4 2 3 6 4 1 5 2 5 возвр. 3 1 5 1 2 3 6 3 1 2 22 лРис. 9.2 23 1.10. Задание 10 П араметр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 7 8 | 9 10 М еханизм ры чаж ны й (рис. 1Ю.1). Динамический анализ 1ол, b e м 0,062 0,07 0,073 0,084 0,048 0,052 0,063 0,077 0,06 0,068 Ia b , Icd, м 0,28 0,34 0,36 0,42 0,25 0,28 0,33 0,4 0,29 0,35 Ф і , ф а д 150 30 120 225 330 210 300 135 45 240 С0Ь с 1 255 290 260 210 320 330 280 250 300 240 в ь с '2 5600 6500 6300 -4400 9000 9700 -7500 5200 -8000 5700 F 3, Н 16000 18000 19000 14000 12000 18000 15000 13500 12000 20000 F s ,H 9000 12000 14000 10000 19000 15000 8000 11000 10000 7000 М еханизм кулачковы й (рис. 10.2).,Динамический синтез Х од h, м 0,014 0,017 0,012 0,019 0,018 0,022 0,015 0,013 0,021 0,016 ф у = ф в > град 60 65 70 75 65 80 60 80 70 75 фдс, град 30 40 50 30 30 40 50 30 40 50 У гол дав ления ®maxi град 40 35 30 40 40 35 30 40 35 30 Законы движ ения на фазах движения толкателя удаление 1 6 1 3 4 1 2 1 3 2 возвр. 2 5 1 2 1 3 5 3 3 6 24 25 1.11. Задание 11 Параметр В А Р И А Н Т Ы 1 2 3 4 5 6 1 7 8 | 9 10 М еханизм рычажный (рис. 11.1). Динамический анализ Ь л , b e м 0,05 0,052 0,055 0,058 0,06 0,056 0,053 0,062 0,051 0,064 ІАВ , IcD, м 0,156 0,173 0,196 0,232 0,2 0,193 0,196 0,23 0,196 0,27 ф і , град 105 120 135 150 120 210 240 120 150 210 Юь с '1 250 220 200 190 200 210 220 230 240 250 fib с-2 4000 4200 4500 4000 3000 2500 2500 4000 3000 3000 F 3, H 12000 10000 8000 7000 8000 6000 6000 7000 7000 8000 f 5, h 4000 6000 2000 3000 5000 1500 3500 4000 5000 6000 М еханизм кулачковый (рис. 11.2). Синтез Х од h, м 0,022 0,024 0,026 0,028 0,03 0,032 0,028 0,03 0,034 0,032 ф у = фв град 110 125 100 95 100 130 115 110 105 85 Фдс, град 30 50 40 30 50 40 30 50 40 90 Законы движения на фазах движ ения толкателя удаление 4 2 3 5 1 2 1 4 2 6 возвр. 2 1 6 2 3 6 1 3 5 3 26 с Рис. 11.1 27 1.12. Задание 12 Параметр В А Р И А Ы Г Ы 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 М еханизм рычаж ный (рис. 12.1). fiДинамический анализ 1ол , м 0,062 0,06 0,064 0,07 0,068 0,066 0,061 0,063 0,067 0,072 Iab , h e , м 0,248 0,24 0,256 0,28 0,3 0,297 0,274 0,293 0,285 0,327 Ф і, гр ад 135 120 150 240 225 210 330 30 45 300 Юь с-1 150 200 160 175 180 170 155 145 190 165 £ ь с-2 1800 1900 1700 -1000 1000 1000 -1500 -1000 1000 -1000 F * Н 14000 15000 12000 10000 8000 10000 8000 5000 5000 7000 F s ,H 4000 5000 3000 10000 10000 15000 8000 8000 5000 10000 М еханизм кулачковый (рис. 1■2.2). Динамический синтез Х од h, м 0,028 0,026 0,028 0,022 0,024 0,034 0,032 0,03 0,028 0,03 ф у = Ф в , град 75 70 65 80 75 65 60 60 75 70 Фдс, град 30 40 30 30 50 40 30 50 30 50 У гол дав ления ©топ, град 40 35 40 40 30 35 40 30 40 30 Законы движ ения на фазах движ ения толкателя удаление 3 4 1 1 6 2 5 2 6 3 возвр. 2 3 5 3 2 1 4 3 5 4 28 Рис. 12.1 Рис. 12.2 29 2. ДИНАМИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ РЫЧАЖНОГО МЕХАНИЗМА 2.1. Задание на проектирование Произвести динамический анализ рычажного механизма двигателя внутреннего сгорания, изображ енного на рис. 2.1. И сходные данные для расчетов приведены в табл. 2.1. А Рис. 2.1. С хем а рычаж ного механизма Т а б л и ц а 2 .1 ІIIIN^» ІАВ = ^CD > Ф і . ®1 > S l , Я , Fs, м м град с 1 с-2 Н Н 0,05 0,26 60 210 450 0 700 0 1200 0 В расчетах принять lAS2 = Iqsa — ^<35lAB I ^oS\ = 0 ; т 2 = т 4 = q lAB, где q = 10 к г /м ; т ъ = т 5 = 0 ,7 т 2 ; Щ = 4 т 2 ; 30 2.2. Задачи и методы динамического а н а л и з а механизма Задачей динамического анализа исполнительного рычажного ме ханизма двигателя внутреннего сгорания является: 1) определение линейны х и угловых скоростей и ускорений точек и звеньев механизма; 2) определение реакций во всех кинематических парах механизма и уравновеш иваю щ его момента, действую щ его на коленчатый вал ДВС со стороны отсоединенной части трансмиссии автомобиля. Поставленные задачи реш аю тся графо-аналитически путем по- строения плана полож ений механизма, планов скоростей и ускорений, планов сил. В основу расчетов положен кинетостатический метод, основанный на принципе Даламбера. В соответствии с этим принци пом, если к числу активных сил и реакций связей, действую щих на механическую систему, приложить инерционные нагрузки (главные векторы и главные моменты сил инерции) звеньев, то система рас сматривается как находящ аяся в равновесии и вместо уравнений дви жения можно записывать уравнения равновесия (статики). Для определения сил инерции необходимо знать ускорения центров масс и угловые ускорения звеньев. Поэтому силовому анализу предшест вует кинематический анализ по известному закону со i(
-11(2,3).
Для точки В группы А ссура 11(2,3) векторные уравнения имею т
вид
( г . - Ъ + г „ (2 2 )
V B - Уво + Увво >
где VА _L ОА и направлена в сторону VВА ± А В , VB0 = 0 ,
¥вт //О В.
Уравнения (2.2) реш аем графически (поз. 2, лист 1). Н а пересече
нии направлений векторов VBA и VBBQ находится точка Ь. П оложение
точки 2^ центра масс ш атуна 2 на отрезке аЪ определяем по теореме
подобия
a s 7 A S 2 A S 2 r 91 л ___
— £. -----£. тогда as? = a b — — = 1 3 ,5 ------- = 4 ,725 м м .
ab А В 1 A B 2 6 0
Скорость точки D группы А ссура (4,5) определяем из системы век
торны х уравнений
~ УD0 + УвИО
(2-3)
где Vc X О С и направлена в сторону Юі, Vd c A .D C , Vdo = 0 ,
Vddo HOD.
Реш ение уравнения (2.3) вьш олняется графически.
П олож ение точки S4 центра масс ш атуна 4 на отрезке c d определя
ем аналогично положению точки S2 на отрезке аЪ
c s \ C S 4 j C S 4 ю с 91 л п 1^С.— - = — —, тогда csa = c d — — = 1 3 ,5 --------= 4 ,725 мм .
c d C D 4 C D 2 6 0
34
Из построенного плана скоростей вычисляем абсолю тные скорости
точек
VB = {p b )\I у = 25 • 0 ,4 = 10 м/с;
VD = (p d ) \ i у = 25 • 0,4 = 10 м/с;
Vs2 = v = 26- 0,4 = 10,4 м/с;
Vs4 = i p s4 ) Ц г = 26 • 0 ,4 = 10,4 м/с;
относительные скорости
VBA = (a b )[i у = 13,5 • 0 ,4 = 5,4 м/с;
Vd c ~ у = 13,5 • 0,4 = 5,42 м/с;
угловые скорости ш атунов 2 и 4
VBA 5,4
®2 = 7 ^ = —т— = 7ГГ7= 2 0 >77 рад^с ;
I АВ *АВ 0^26
Й 4 = ^ = М і і і = ^ 1 = 20,77 рад/с.
IcD l-CD 0,26
Направления угловы х скоростей ©2 и <*>4 определяем по направле
нию соответствующ его вектора относительной скорости э поме
щ енного в точку 5 ш атуна 2 (или вектора , помещ енного в точку
D ш атуна 4). Н аправления (02 и со 4 показаны круговыми стрелками
на звеньях 2 и 4 плана положений механизма (поз. 1, лист 1).
35
Ускорения точек А и С кривош ипа равны
a A = а АО + а АО ’ а С ~ а СО + а С О > (2 -4 )
где а " - нормальное ускорение;
& АО "О А направлено от точки А к точке О , а ^0 / /О С направлено от
точки С к точке О
а АО = ® 1 1ОА = 2 1 ° 2 ' ° ’05 = 2205
а^ о = О) I l o c = 2 1 0 2 • 0,05 = 2205 м/с2.
- тангенциальное ускорение, 1 О А , а ^0 1 О С , направле-
но перпендикулярно (О С ) в сторону углового ускорения е t .
= g j l OA = 4500 ■ 0,05 = 225 м /с2;
a CO = 8 1 ^ОС = 4500 • 0,05 = 225 м /с2.
Принимаем масштабный коэффициент ускорений \ха = 50 —° вы-
мм
числяем отрезки, изображ аю щ ие ускорения точек А и С
а пАО 2 205 а ХАО 225 . .7t« i = - = -------- = 44,1 мм; щ а = = -------= 4,5 мм.
Me 50 Ма 50
/ « с о 2 205 . . . / « с о 225 . _
71«, = = ---------= 44,1 мм; щ с = — = ------ = 4,5 мм.
1 50 1 50
Из полю са плана ускорений % откладываем отрезки 7 и я и / ,
параллельные соответственно ^4 0 и С О , а из вершин ^ и п ( - отрез
ки H ja JL А О и п {с А. С О в направлении Si (поз. 3, лист 1).
Ускорение точки В группы (2,3) находится графически из системы
2.4.3. Построение плана ускорений
36
а В = Я А + а ВА + <*ВА
векторных уравнений
(2.5)
_ _ _J»
а в - а во + а в т + а вво
где а ВА и &BA ~ нормальное и тангенциальное ускорения точки В
при вращ ательном движении звена 2 относительно точки А ,
а пв л / / В А , a l A L B A ;
= 0 (точка 2?о неподвижна, так как принадлежит стойке);
&вво~ К ориолисово ускорение точки В,
а вво = ^coqVbbo = 2 *0*10 = 0 ;
- относительное ускорение точки В по отнош ению к точке Во.
а ВВ0 / / О В •
Н ормальное ускорение равно
а ВА = W 2 ^ = 2 О*7 ? 2 • °-2 6 = 1 12>16 м /с ',
а отрезок, изображаю щ ий его
Я д , 112,16
а п 2 = -- = ------------ = 2 ,2 4 мм.
Ца 50
Отложив а п 2 , на пересечении направлений а ВА _L В А , проведенного
из точки п 29 и а в в о / / О В 9 проведенного из полю са я , отмечаем
точку 6 .
Точку s i центра масс ш атуна 2 строим на плане ускорений по тео
реме подобия, замерив отрезок a b = 36 мм и рассчитав отрезок а 2^
г A S 2 ~ г 91 t ,
= a b — — = 3 6 ------- = 12,6 м м .
2 А В 2 6 0
Ускорение точки D группы (4,5) определяется из системы вектор
ных уравнений
37
’ (2 '6)
«Z> = «Z)0 + a DDO + a bD0
a D ~ a C + a DC + a DC
где a n^ c = CO4 /^ D = 20 ,7 7 2 ■ 0 ,26 = 112,16 м /с2,
o DC 112,16
тогда c «4 = = -----------= 2 ,2 4 мм.
\ i a 50
Как и для группы 11(2,3), аналогичные ускорения точек a D0 = 0 ,
ajr>Do = 0 , a rDDо H O D . Положение точки 54 о п р е д е л и м по т ео р ем е
подобия, замерив отрезок c d = 36 мм
,C S 4 91
CS2 = с а ------- = 3 6 -------- = 12,6 мм
C D 2 6 0
Из построенного плана ускорений вычисляем
абсолю тные ускорения точек
а д = ( я в ) ц а = 21 -5 0 = 1050 м /с2;
a D = {т І)\іа = 2 1 - 5 0 = 1050 м /с2;
а ^ 2 = (7^ 2) ц а = 3 8 -5 0 = 1900 м /с2;
а ^ 4 = (7154 ) ц а = 38 ■ 50 = 1900 м /с2.
Тангенциальные составляю щ ие относительных ускорений звеньев 2 и
4
а ВА = (и 2 = 3 6 • 50 = 1800 м /с2;
а £)С = (w4 ^ W = 3 6 - 5 0 = 1800 м/с2;
угловые ускорения звеньев 2 и 4
е 2 = = 1552. = 6923 рад/с2;
0 ,26
38
Направления s 2 и s 4 получаем, поместив векторы а вл и a xDQ со
ответственно в точки B w D шатунов 2 и 4 и рассмотрев поворот звеньев
2 и 4 под действием этих векторов вокруг точек А и С .
2.5. Силовой расчет механизма
О пределение реакций в кинематических парах и уравновеш иваю
щ его момента выполняется кинетостатическим методом по группам
А ссура, начиная с самой удаленной, и заканчивая силовым расчетом
м еханизма 1-го класса.
2.5.1. Определение сил тяжести
и инерционных нагрузок
Для определения сил тяж ести и сил инерции предварительно опре
деляем массы и моменты инерции звеньев
т2 ~ т4 = Ф аВ = 10 • 0 ,26 = 2,6 кг;
/я3 = т 5 = 0 ,7т 2 = 0,7 • 2,6 = 1,82 кг, т х = 4 т 2 = 4 • 2,6 = 10,4 к г ;
I S2 = I S4 = 0 \ 1 т 2ІАВ = 0 Д 7 - 2 ,6 - 0 ,2 6 2 = 0 ,0 3 к г - м 2 ;
/ 0 = О . З З т ^ = 0 ,33 • 10,4 • 0 ,0 5 2 = 0 ,0 0 8 5 8 кг • м 2 .
О пределяем силы тяжести звеньев
G i = m yg = 10,4 • 9,81 = 102 Н;
G 2 = m 2g = 2,6 • 9 ,8 1 = 2 5 ,5 Н;
G 3 = m 3g = 1 ,82-9 ,81=17,85 Н;
G 4 = m 4g = 2,6 • 9,81 = 25,5 H;
G 5 = m 5g = 1,82-9,81 = 17,85 H.
Главные векторы сил инерции
Fm = a Sx = 0 (т.к. центр масс кривош ипа Si неподвижен);
Fm = т 2 a S2 = 2,6 •1900 = 4 9 4 0 Н;
Fm = т 3 a S3 = 1,82 • 1050 = 1911 Н ( a S3 = а в );
Fm = т 4 a S4 = 2 ,6 -1 9 0 0 = 4 9 4 0 Н;
FH5 - т5 a s s = !<82 •1050 = 1911 Н ( a s 5 = a D ).
Главные моменты сил инерции
м т = / 0 £ i = 0 -0 0 8 5 8 - 4 5 0 0 = 3 8 >61 Н м ;
М т = I S2 е 2 = 0,03 • 6923 = 207 ,69 Н-м;
м т = j s a 8 4 = 0 -0 3 • 6 9 2 3 = 2 0 7 >6 9 Н м »
М и з = М Я5 = 0 т.к. £3 = 85= 0 .
Главные вектора Fjj,- и главны е м оменты М уц сил инерции направ
лены противоположно соответствую щ им линейны м ускорениям цен
тров масс звеньев a s t и угловы м ускорениям s (поз. 4 и 6, лист 1).
2.5.2. Силовой расчет группы (4,5)
Отсоединяем группу А ссура (4,5) и строим ее в масш табе
|д. I = 0 ,0025 м/мм (поз. 4, лист 1). П риклады ваем к ползуну 5 силы
G 5 , Fn s , силу давления газов F$ = 12000 Н, а к ш атуну 4 - G 4 ,
F ft4 и момент сил инерции М И 4. Д ействие отсоединенных звеньев 1
(кривош ипа) и 0 (стойки) заменяем неизвестны ми реакциями F 4i ( В
точке С) и F 5o на ползуне (в точке D ). Н еизвестный вектор F4\ пред
ставляем как сумму
*41 = * 4 1 + * 4 1 <2 -7)
где F 4i - нормальная составляю щ ая реакции, / / C D ;
40
FJi~ тангенциальная составляю щ ая реакции, F^i L C D , определяем
из уравнения равновесия моментов сил, действую щ их на звено 4, от
носительно точки D
Y i f D {F ,) = о для звена 4
F jr C D - F n 4h 4 _ ^ H ± - G 4 -/z5 = 0 ,
Н/
где C D , h4, h$ - отрезки, измеренные на плане группы (4,5) в мм.
Тогда
Fm h4 + ^ - + G 4h 5 4 9 4 0 . 5 3 + ^ ^ + 2 5 , 5 - 6 6
^ ^ ------------- = 3 3 3 2 Н .
41 C D 104
Примечание. Если по расчетам F^ < о , то ее первоначально выбранное
направление на плане сил следует изменить на противоположное.
Неизвестные реакции определяем из уравнения равновесия сил
группы (4,5)
F£i + F fi + Fm + G 4 + G s + F H5 + + F 5 + F 50 = 0 . (2.8)
Уравнение (2.8) реш ается графически построением плана сил (поз,59
ЛЙСТІ).
П ринимаем масш табный коэффициент сил
Н
V f = 2 0 0 —
мм
и вычисляем соответствующ ие отрезки плана сил
г» о! ^ л\ 3332 л jr п Гл лі ^И 4 4940 _1 - 2 = — = ---------= 16,7 мм; 2 - 3 = —*^- = --------- = 24,7 мм;
L J ^ 200 1 1 \ iF 200
h л і ^4 25,5 Л1 г -I G$ 17,85 ло
1 3 -4 1 = —— = -------= 0,13 мм; 4 - 5 = — - = ------------ = 0 ,0 9 мм;
L f^/г 200 1 J \xF 200
41
[ 5 - 6 ] = ^ - = 1 ^ 1 = 9 ,6 мм; [6 - 7] = ^ - = 12222. = 6 0 мм.
|j.^r 200 1 J 200
Отложив [l - 2] / / * 41» [2 - 3 ] / / F m , [3 - 4] //< ?4 , [ 4 - 5 ] / / G s ,
[ 5 - б ] / / Ё И5, [ 6 - 7 ] / / Fs через начальную точку 1 проводим направ
ление F 4” / / C D , а через точку 7 - направление *50 A .O D (перпен
дикулярно направлению перемещ ения порш ня 5). Т очка 8 пересече
ния данны х направлений зам ы кает план сил.
П олученные отрезки [ 7 - 8 ] и [8 - 1 ] изображ аю т соответственно
реакции F so и F 4" .
Величины реакций из плана сил
*41 = [ 8 - 1 ] = 35,5 • 200 = 7100 Н;
*41 = [8 “ 2W = 39,5 • 200 = 7900 Н;
*50 = [7 - 8 ]n F = 5,5 • 200 = 1100 Н.
Для определения реакции F 45 во внутреннем ш арнире D рассмот
рим равновесие ш атуна 4
*41 + *41 + *И4 + 4 + *45 = 0 • (2.9)
Сравнивая уравнение (2.9) с уравнением (2.8) видим, что для опре
деления F 45 достаточно на имею щ емся плане сил группы соединить
точки 4 и 8, а следовательно
*45 = [4 - = 5 1 • 200 = 10200 Н.
2.5.3. Силовой расчет группы (2,3)
Строим план группы (2,3) в масш табе ц / = 0 ,0025 м /мм и прикла
дываем все внеш ние силы, действую щ ие на звенья 2 и 3 (поз. 6, лист
1). Действие отброш енны х звеньев 1 и 0 заменяем векторами реакций
42
F2\ и F 3 0 . П ричем неизвестную по величине и направлению F2y
представляем как сумму
*21 **21 + F 2\ .
Реакцию F3 0 направим перпендикулярно направляю щей ползуна 3.
Тангенциальную составляющ ую F2\ определим из уравнения рав
новесия моментов сил У, М R (F,-) =0 для звена 2 относительно точ
ки В
F2i A B - F m h 2 - + G 2 • h3 = 0,
H7
где A B , h2, h-i - отрезки, измеренные на плане группы (2,3) в мм.
Тогда
F m h 2+ — ~G2h3 4 9 4 0 -5 3 + ^ ^ -2 5 ,5 -6 6
F2i = ----------------^ -------------- = 3 3 0 0 Н .
г1 А В 104
Составляющая F2 l , полная реакция F2y и реакция F 30 определя
ются из плана сил группы, который строится по векторному уравнению
равновесия группы (2,3)
F2\ + F21 + *И2 + G 2 + G 3 + Fm + + F 3 + F 30 = 0 . (2.10)
Принимаем масш табный коэффициент сил
Н
I V = ю о —
мм
и вычисляем соответствующ ие отрезки плана сил
г - I F2\ 3300 г. , ] 4940
[1- 2]=^ =Ж =33мм; [2- 3]=# =ж =49’4мм;
[3 - 4] = ^ . = ^ 1 = 0,25 мм; [ 4 - 5 ] = = 0Д 8мм;
1 1 n F 100 L J n F 100
43
Отлож ив данны е отрезки на плане сил (поз. 7, лист 1), проводим
через точку 1 направление Н А В , а через точку 7 - направление
S .O B . Н а их пересечении получаем точку 8. О трезки [ 7 - 8 ] и
[8 -1 ] , отображ аю т соответственно реакции ^30 и F l \ -
И з плана сил
Fix = [8 ~ l] Ц*- = 20,5 -100 = 2050 Н;
Fn = [ 8 - 2 ] h f = 3 9 100 = 3900 Н;
F 30 = [7 - 8]h f = 3 • 100 = 300 Н.
Д ля определения реакции F 23 во внутреннем ш арнире В рассмот
рим равновесие ш атуна 2
Fix + F £ \ + ІГЙ2 + ^2 + ^23 = 0 - (2-11)
Д ля определения F23 достаточно на имею щ емся плане сил группы
(2.3) соединить точки 4 и 8, а следовательно
F23 = [ 4 - 8 ] h f = 51 100 = 5100 Н.
2.5.4. Силовой расчет начального звена
Строим в масш табе |Х/ план полож ения м еханизма 1-го класса
(поз. 8, лист 1). В точках А и С кривош ипа со стороны групп А ссура
(2.3) и (4,5) прикладываем реакции
F \2 = - F 2 \ , Fl4 = - F 4 l .
И з центра вращ ения О опускаем перпендикуляры на линии векто
ров Fi 2 и F 14, тогда плечи этих сил соответственно равны = 16
м м , h ( = 2 0 мм.
Кроме этого на кривош ип действую т сила тяж ести и главный
44
момент сил инерции М И1. Так как механизм выделен из машинного
агрегата, то действие отсоединенной части трансмиссии автомобиля
заменяется уравновеш ивающ им моментом М у , который определяем
из уравнения моментов относительно точки О
тогда
■^12 -Ц/ + / гі4 -h( -Ц/ - М у - М И1 - О,
М у = Fu ■ hx -ц / + F u -h { -ц , - М И1 =
= 3 9 0 0 • 16 • 0 ,0025 + 7 9 0 0 • 20 • 0 ,0025 - 38,61 = 512,39 Н • м
Уравнение равновесия кривош ипа
^12 + ^14 + ^ 1 + ^10 = 0 (2.12)
Выбираем масш табный коэффициент сил
Н
\ iF =200 — .
мм
О трезки плана сил кривош ипа 1
Гі F)2 3900 1 n , г. , i Ft* 7900
1 Ж [ ] " ^ 7 = ! о о " • ;
[ з - 4 ] = — " 5 S = 0 ’5m m -200
Строим план сил по уравнению (2.12) (поз. 9, лист 1). Замыкаю щ ий
отрезок [4 - 1] изображает реакцию F jq , действую щую на кривошип
со стороны стойки
F 1 0 = [ 4 - l ] | . F = 2 5 ,5 -2 0 0 = 5100 Н.
Примечание. Направление всех реакций указано стрелками на соответ
ствующих векторах построенных планов сил.
45
3. СИНТЕЗ КУЛАЧКОВОГО МЕХАНИЗМА
С РОЛИКОВЫМ ТОЛКАТЕЛЕМ
3.1. Задачи синтеза.
Исходные данные для проектирования
Задачи синтеза:
1) определение кинематических характеристик движения толка
теля;
2) определение основных размеров м еханизма (минимального ра
диус-вектор г0 центрового профиля кулачка и эксцентриситета
е толкателя);
3) построение профиля кулачка, обеспечиваю щ его выполнение
заданного закона движ ения толкателя.
И сходными данны ми для синтеза являю тся схема м еханизма (рис.
3.1) и параметры, приведенные в табл. 3.1.
Т а б л и ц а 3.1
Х од
толкателя
h, м
Ф азовые углы, град
^тах)
град
Закон движения толкателя
Фу Ф дс Ф в
при
удалении
при
возвращ ении
0,06 80 20 80 30
треуголь
ный
косинусо
идальный
Графическая часть раздела 3 показана в прил. 2.
46
3.2. Определение кинематических характеристик
движения толкателя
Движение толкателя характеризуется зависимостями перемещ ения
ST? аналога скорости аналога ускорения s f от угла поворота ку
лачка ф 1.
Рабочий угол кулачка равен
Ф р = ф у “Ь ф дс "Ь ф в = + 20 + 8 0 1 8 0 9
а в радианах
©Р = — <рР = — 180 = 3,14 рад.
р 180 Р 180
Ф азовые углы в радианах равны
ф Р = — ф у = • 80 = 1,3963 рад;
у 180 У 180
Ф я г = “ Ф д с = ■ 20 = 0,349 рад;
Д 180 180
ф Р = — ФВ = — -8 0 = 1,3963 рад.
180 В 180
П римем отрезок [l - 1 8 ] , изображаю щ ий на графиках рабочий угол
Фр , равным 270 мм. Т огда масш табный коэффициент М-ф будет равен
Фр 180 . , .
ц („ = г1— - І = ----- = 0,6667 ф ад /м м ,
^ [1 -1 8 ] 270
а отрезки, изображ аю щ ие на графиках фазовые углы
[ ! _ 9 ] = :^ у = _ s o _ = 1 2 0 M M .
1 J |аф 0,6667
[9 - 10] = = — — — = 30 мм;
1 J ц ф 0,6667
47
[1 0 -1 8 ] = - ^ - = - — — = 120 мм.
1 1 Цф 0,6667
Каждый из отрезков [ l - 9 ] и [Ю - 1 8 ] делим на 8 равны х частей с
шагом д ф
<р£ 1,3963 А 1 _ . _
= - ^ - = — - — = 0 ,1745 рад,дфу 8 8
ф£ 1,3963 Л1_ _
дФв = - J - = - у - = 0Д 745 рад
Примечания.
1. Для законов движения параболического, косинусоидального и равно
мерно убывающего (возрастающего) ускорения отрезки, соответствующие
углам Фу и Фв допускается делить на 6 частей и для 6-ти положений произ
водить расчет кинематических характеристик. Тогда фазовым углам будут
соответствовать отрезки [1 -7 ]> [ 7 - 8 ] , [8 — 14 ]-
2. Если интервал [9 - 10 ], соответствующий углу Фдс, получается боль
шим, то на графиках его можно изобразить с разрывом.
Для определения £ т (ф i ) , S ,^(cp г ), используем аналитиче
ские зависимости для соответствую щ их законов движения. Так как на
фазе удаления толкатель движется по треугольному закону, то расчет
ные формулы им ею т вид
с " _0 Х у -
3 2 k
(<Ру У
1 6 ( 1 - 2 к )
3 2 ( £ - 1 )
при 0 < ^ < 0 , 2 5 ^ у ,
при 0,25^у < <р < 0,75^у ,
(л У
при 0,75^у < <р < <ру.
48
■> h16 k —у при 0 < < 0,25 V m a x 8 2 >1
^Т тах 0 ,08594 Л ЛЛ1 ._ — SSL —-------------= 0,001 м/мм;
5 У S'max 85,9
51
h 0 ,06
[ is = ---------- = -------- = 0 ,001 м/мм.
У Sms* 60
Примечание. Равенство коэффициентов M-s = обязательно для по
следующих построений.
Текущ ие ординаты графиков вы числяю тся как
s ! l 4 S T
У s ' = ------ > У s' ~ -------; Уй ~ •
Ц5" М-5' MS'
Н апример,
S-T6 0,1231 Л1
у , = — 2- = — 2-------- = -4 1 мм;
5 6 |х5 . 0,003
/
S T6 0 ,0752 __ „
у £. = — — = —----------= 75,2 мм;
5 6 0,001
S T6 0 ,04437 . . .
y S6 = —— = —----------= 44 ,4 мм;
0,001
0,05812
0,003
0,06236
0,001
y S" 15 = = 1 9 >4 м м ’
У s '15 = --- = _62'4 ММ;
0 ,0 1 8 5 2 l o e
у = -------------= 18,5 мм.
S15 0,001
При построении графиков кинематических характеристик можно
использовать также известные геометрические приемы построения
синусоиды, параболы и др. просты х кривых, приведенные в [1, с. 50 -
53]. В этом случае предварительно определяем максимальные значе
ния S j и S j , например,
О 11 8 h 8 - 0 ,0 6
у " “ Ш ^
52
о н
i * . 1 4 “ . 0,08:
q>£ 1,3963
n 2h п 2 • 0 ,06
= , 594 м;
= ОД519 м;ТВ max
2(q>! f 2-1.39632
п h и ■ 0 ,06
= 0 ,0675 м .
2 ф Р 2 • 1,3963
3.3. Определение основных размеров механизма
М инимальны й радиус-вектор г0 центрового профиля кулачка и
эксцентриситет (смещ ение) е толкателя определяем из условия, что
угол давления © в проектируемом механизме во всех полож ениях не
долж ен превыш ать максимально допустимой величины © тах = 30°.
Реш ение указанной задачи выполняем графическим методом. Для
этого на основании графиков £ т (фі) и (ф i ) строим совмещенную
диаграмму S j ( S T ). Ординаты S j на фазе удаления откладываем по
вернутыми на 90° в направлении вращения кулачка, а на фазе возвра
щения - противоположно им. К построенным кривым слева и справа
проводим касательные под углом © тах = 30° к оси S j . Ниже точки пе
ресечения этих касательны х находится зона, в которой можно выби
рать центр вращ ения кулачка из условия 0 . < 0 т а х . Наименьш ие га
бариты м еханизма получаются, если центр вращения выбрать в точке
пересечения касательных. Из чертеж а (см. прил. 2) находим
Примечание. Рассмотренная методика используется в случае геометри
ческого (кинематического) замыкания высшей пары. В случае силового за-
только для фазы удаления, так как при возвращении толкатель движется под
действием пружины и опасность заклинивания механизма вследствие пре
вышения угла ©тах не возникнет. Однако и при силовом замыкании можно
r0 = O A { -[is =110*0,001 = 0,11 м;
е = ОВ • i i s = 9 ■ 0,001 = 0,009 м.
мыкания с помощью пружины достаточно построить диаграмму Sj (s t )
53
поступить так же, как и при геометрическом, если принять, что кулачок мо
жет работать в реверсируемом режиме, то есть может вращаться в противо
положную сторону.
3.4. Построение центрового и действительного
профилей кулачка
И спользуем графический способ построения центрового профиля
кулачка по точкам, применяя метод обращ ения движения. В соответ
ствии с этим методом кулачок в обращ енном движ ении остается не
подвиж ным, а толкатель обкатывается по кулачку, вращ аясь в направ
лении, противополож ном вращ ению кулачка, все время касаясь ок
ружности радиуса е .
П роводим две окружности радиуса е и г0 и вертикальную каса
тельную к окруж ности радиуса е (линию движ ения толкателя). В со
ответствии с графиком £ х (ф !) наносим разметку хода толкателя А[,
А2 , А3 , Ад для фазы удаления. О т луча О А9 в направлении, про
тивополож ном действительному вращ ению кулачка, отклады ваем фа
зовые углы поворота кулачка ф у , ф д С , срв . Дугу, соответствую щ ую
углу Ф у , делим на 8 равны х частей в соответствии с графиком
£х (ф і) и получаем точки 1, 2, 3, .. . , 9, через которые проводим каса
тельные к окруж ности радиуса е . Затем радиусами ОА\ , ОА2 , ОА3 ,
ОАд проводим дуги до пересечения с соответствую щ ими каса
тельными в точках I 7 , 2 / , З 7 , . . . , 9 7 , которые являю тся полож ения
ми центра ролика в обращ енном движении. Соединяя отмеченные
точки плавной кривой, получаем центровой профиль кулачка для фа
зы удаления.
Для фазы возвращ ения все построения выполняем аналогичным
образом.
П рофиль дальнего стояния очерчиваем по дуге окруж ности радиу-
са гтах = О А д , а профиль ближнего стояния - по дуге окруж ности г0 .
Радиус ролика выбираем с учетом двух условий
1) гр < 0 ,4г0 (конструктивное условие);
2) Гр < 0 ,7р т[п (условие отсутствия заострения действительного
54
профиля кулачка), где Pmin - минимальный радиус кривизны выпук
лы х участков центрового профиля кулачка. Радиус Pmin определяем с
помощ ью следую щ его построения. В зоне наибольш ей кривизны цен
трового профиля отмечаем точку. Вблизи от нее на равном расстоянии
отмечаем ещ е две точки и соединяем их с первой точкой хордами. Че
рез середины полученных хорд проводим к ним перпендикуляры, пе
ресекаю щ иеся в точке, которая является центром окружности, прохо
дящ ей через все три точки. Радиус этой окружности приближенно
МОЖНО ПрИНЯТЬ За Р min .
П ринимаем радиус ролика гр = 0,04 м.
Д ействительны й профиль кулачка строим в виде эквидистантной
кривой по отнош ению к центровому профилю . Для ее построения из
точек центрового профиля описываем ряд дуг радиусом /*р . Огибаю
щ ая всех этих дуг и представляет собой действительный профиль ку
лачка.
У гол давления в каж дом положении механизма определяем из за
висимости
где к = +1 при вращ ении кулачка против часовой стрелки или к = - 1
при вращ ении кулачка по часовой стрелке.
Смещ ение е берется со знаком «плюс», если толкатель располо
жен справа от центра вращения кулачка, или со знаком «минус», если
толкатель расположен слева.
Тогда
Pmin =67-|Ху =67-0,001 = 0,067 м;
гр < 0,4г0 = 0,4 • 0,11 = 0,044 м;
гр < 0,7p min = 0,7 • 0,067 = 0,047 м.
3.5. Определение углов давления
55
Для проектируемого м еханизм а имеем: к = - 1, е = -0 ,009 м,
г0 = 0,11 м. Значения перемещ ения 5 Х и аналога скорости S-p толка
теля берутся из табл. 5.2 (при этом на фазе возвращ ения S { < 0 ) .
Результаты определения угла давления © приведены в табл. 3.3, на
основании которой построен график ©(ф).
Т а б л и ц а 3.3
№ пол. © , град >>0,ММ № пол. © , град У@ ,.мм
1 -4,7 -4,7 10 -3,0 -3,0
2 0,9 0,9 11 -11,8 -11,8
3 16,5 16,5 12 -19,4 -19,4
4 27,9 27,9 13 -25,3 -25,3
5 28,9 28,9 14 -28,7 -28,7
6 23,3 23,3 15 -29,1 -29,1
7 11,7 11,7 16 -25,6 -25,6
8 0,6 0,6 17 -17,3 -17,3
9 -3,0 -3,0 18 -4,7 -4,7
М асш табный коэффициент
ц© = = — = 1 град/мм.
Увтах 30
Примечание. Угол давления 0 можно также определять графически из
диаграммы Sj (ST). Для этого концы ординат Sj следует соединить с точкой
О (центром вращения кулачка). Тогда угол между ординатой и соответ
ствующим лучом, выходящим из точки О , равен углу 90° - 0 в конкретном
положении механизма.
4. СИНТЕЗ КУЛАЧКОВОГО МЕХАНИЗМА
С ПЛОСКИМ ТОЛКАТЕЛЕМ
4.1. Задачи синтеза. Исходные данные
Задачи синтеза при проектировании кулачковых механизмов с пло
ским и роликовым толкателем и последовательность их реш ения ана
логичны (см. п. 3.1). Так как в механизме с плоским толкателем экс-
56
центриситет е = 0 , подлежащ им определению основн ьм размером
является минимальный радиус кулачка R 0 .
Исходными данны ми для синтеза являю тся схема механизма (рис.
4.1) и параметры, приведенны е в таблице 4.1.
Т а б л и ц а 4 .
Х од
толкате
ля
h, м
Ф азовые углы , град
Закон движения толкателя
h, м
Ф у Фдс Ф в при удалении при возвращ ении
0.04 90 120 90 треугольный
равномерно
возрастаю щ его
ускорения
Графическая часть раздела 4 приведена в прил. 3.
4.2. Определение кинематических характеристик
движения толкателя
О пределение кинематических характеристик производим в после
довательности, описанной в п. 3.2.
Для исходных данны х согласно табл. 4.1. имеем
рабочий угол кулачка
фр = ф у + ф д с + Ф в = 90 + 1 2 0 + 9 0 = 300 ,
в радианах
фР = — фр = — -300 = 5,23 рад;
р 180 180
значения ф азовы х углов в радианах
57
П римем отрезок [l - 1 4 ] , изображ аю щ ий на графиках рабочий угол
ф р , равны м 300 мм. Т огда м асш табны й коэффициент Ц<р
ФР 300 , .ц = г-т г , = ------= 1 град/мм.
ф [1 -1 4 ] 300
О трезки, изображ аю щ ие на графиках фазовые углы
[ l - 7 ] = ^ - = — = 90 мм;
Н<р 1
[7 - 8] = - ^ - = — = 120 мм;
Ц<р 1
[ 8 -1 4 ] = ^ - = — = 90 мм.
Иф 1
Приращ ения угла поворота кулачка (ш аг) на фазах удаления и воз
вращ ения