Проектирование нефтяного насоса

Санкт-Петербургский политехнический университет Петра Великого
Институт материалов, машиностроения и транспорта
Кафедра «теория механизмов и машин»
Курсовой проект
Дисциплина: теория механизмов и машин
Студент гр. 3331504\90002
Соколовский К. В.
Преподаватель
Семёнов Ю. А.
Санкт-Петербург
2021
Оглавление
1.
Введение .................................................................................................................................... 3
2.
Исходные данные ..................................................................................................................... 4
3.
Структурный анализ .................................................................................................................. 6
4.
Геометрический анализ .......................................................................................................... 10
5.
Исследование функций положения ...................................................................................... 17
6.
Сравнение и выбор лучшего прототипа ................................................................................ 26
7.
Кинематический анализ механизма...................................................................................... 27
8.
Силовой анализ ....................................................................................................................... 41
9.
Выбор двигателя ..................................................................................................................... 57
10.
Выбор редуктора ................................................................................................................. 59
11.
Внешняя виброактивность механизма.............................................................................. 60
12.
Динамика машины .............................................................................................................. 66
13.
Переходные процессы в машине ...................................................................................... 79
14.
Расчет зубчатого механизма .............................................................................................. 83
Вывод ............................................................................................................................................. 101
Список литературы ........................................................................................................................ 102
2
1. Введение
Целью курсового проекта является проектирование нефтяного
насоса. Нефтяной насос – это машинный агрегат, предназначенный для
перекачки вязкой жидкости. Нефтяной насос состоит из двигателя,
редуктора и рычажного механизма.
3
2. Исходные данные
Исходные данные приведены в таблице 2.1.
Таблица 2.1 – Исходные данные
Параметр
1. Ход выходного звена (Н), м
2. Коэффициент изменения средней скорости (KV)
р.х.
3. Средняя скорость рабочего хода поршня (𝑣ср. ), м/с
4. Максимальное давление (pmax), Мпа
Значение
0.18
1.3
1.4
0.6
На рисунке 2.1 представлена нагрузочная диаграмма.
Рисунок 2.1 – Нагрузочная диаграмма
Схема первого прототипа представлена на рисунке 2.1.
Рисунок 2.1 – Первый прототип
4
Длины первого прототипа:
𝑙1 = 0,087 м; 𝑙2 = 0,26 м; 𝑙21 (𝐴𝐶) = 0,43 м; 𝑙3 = 0,167 м; 𝑙4 = 0,28 м;
Координаты первого прототипа:
𝑋𝑜2 = 0,236 м; 𝑌𝑜2 = 0,111 м; 𝑌𝐷 = −0,044 м;
Схема второго прототипа представлена на рисунке 2.2.
Рисунок 2.2. – Второй прототип
Длины второго прототипа:
𝑙1 = 0,086 м; 𝑙2 = 0,945 м; 𝑙4 = 0,428 м.
Координаты второго прототипа:
𝑋𝐵 = 0,37 м; 𝑌𝐵 = −0,035 м; 𝑌𝐷 = −0,035 м;
5
3. Структурный анализ
3.1 Задача структурного анализа
Задачей структурного анализа является определение количества
подвижных звеньев (N), количества кинематических пар (P), входящих в его
состав, а также нахождение подвижности каждой кинематической пары (s)
и степени подвижности механизма (w). В задачу структурного анализа
входит также «разделение» механизма на простые структурные группы.
3.2 Структурный анализ первого прототипа
Структурный граф первого прототипа представлен на рисунке 3.2.1
Рисунок 3.2.1 – Структурный граф первого прототипа
Структурный граф первого прототипа вида «дерево» представлен на
рисунке 3.2.2.
6
Рисунок 3.2.2 – Структурный граф первого прототипа вида «дерево»
Число входных координат n = 1;
Число подвижных звеньев механизма N = 5;
Число низших кинематических пар Pн = 7;
Число высших кинематических пар Pв = 0.
По формуле Чебышева определяем степень подвижности механизма:
𝑊 = 3 ∙ 𝑁 − 2 ∙ 𝑃н − 𝑃в = 3 ∙ 5 − 2 ∙ 7 = 1 .
Так как n = W, механизм нормальный.
Первый прототип образован следующим образом: к входному
кривошипу присоединена группа Ассура ВВВ, к которой присоединена
группа Ассура ВВП.
Двенадцать положений первого прототипа представлены на рисунке
3.2.3.
7
Рисунок 3.2.3 – Двенадцать положений первого прототипа
3.3 Структурный анализ второго прототипа
Структурный граф второго прототипа представлен на рисунке 3.3.1
Рисунок 3.3.1 – Структурный граф первого прототипа
Структурный граф вида «дерево» второго прототипа представлен на
рисунке 3.2.2.
8
Рисунок 3.3.2 – Структурный граф второго прототипа вида «дерево»
Число входных координат n = 1;
Число подвижных звеньев механизма N = 5;
Число низших кинематических пар Pн = 7;
Число высших кинематических пар Pв = 0.
По формуле Чебышева определяем степень подвижности механизма:
𝑊 = 3 ∙ 𝑁 − 2 ∙ 𝑃н − 𝑃в = 3 ∙ 5 − 2 ∙ 7 = 1 .
Так как n = W, механизм нормальный.
Второй прототип образован следующим образом: к входному
кривошипу присоединена группа Ассура ВПВ, к которой присоединена
группа Ассура ВВП.
Двенадцать положений второго прототипа представлены на рисунке
3.3.3.
Рисунок 3.3.3 – Двенадцать положений второго прототипа
9
4. Геометрический анализ
4.1 Цель геометрического анализа
Целью геометрического анализа является определение функций
положения
механизма
–
зависимостей
выходных
координат,
характеризующих положения его звеньев, от заданных входных координат.
Также с помощью геометрического анализа находятся особые положения
механизмов.
4.2 Геометрический анализ первого прототипа
Уравнения
геометрического
анализа
для
первого
прототипа
представлены системами уравнений 1-3.
𝑋 = 𝑙1 ∙ cos(𝑞)
{ 𝐴
𝑌𝐴 = 𝑙1 ∙ sin(𝑞)
(1)
𝑋 = 𝑋𝑜2 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 )
{ 𝐴
𝑌𝐴 = 𝑌𝑜2 + 𝑙2 ∙ sin(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ sin(𝜑30 )
(2)
𝑋 + 𝑙4 ∙ cos(𝜑40 ) = 𝑋𝐴 − 𝑙21 ∙ cos(𝜑2 )
{ 𝐷
𝑌𝐷 + 𝑙4 ∙ sin(𝜑40 ) = 𝑌𝐴 − 𝑙21 ∙ sin(𝜑2 )
(3)
Условие замыкания представлено системой уравнений 4.
𝑙 ∙ cos(𝑞) = 𝑋𝑜2 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 )
{1
𝑙1 ∙ sin(𝑞) = 𝑌𝑜2 + 𝑙2 ∙ sin(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ sin(𝜑30 )
(4)
Перенесем все известные в одну сторону и запишем систему
уравнений 4 в следующем виде:
𝑙 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝑜2 = 𝑙2 ∙ cos(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 )
{1
𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝑜2 = 𝑙2 ∙ sin(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ sin(𝜑30 )
Возведем в квадрат и сложим уравнения, после чего найдем угол 𝜑23 :
10
cos(𝜑23 ) =
(𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝑜2 )2 + (𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝑜2 )2 − 𝑙32 − 𝑙22
2 ∙ 𝑙3 ∙ 𝑙2
sin(𝜑23 ) = −√1 − cos(𝜑23 )2
𝜑23 = 𝑎𝑡𝑎𝑛2(cos(𝜑23 ) , sin(𝜑23 ))
График зависимости угла φ23 от q представлен на рисунке 4.2.1.
Рисунок 4.2.1 – График зависимости угла φ23 от q
Выразим угол φ2 через φ23 и φ3:
𝜑2 = 𝜑23 + 𝜑30
Используем формулы синуса и косинуса суммы, вынесем общие
знаменатели за скобки и перепишем систему уравнений 4 в следующем
виде:
𝑙 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝑜2 = cos(𝜑30 ) ∙ (𝑙30 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑23 )) − 𝑙2 ∙ sin(𝜑30 ) ∙ sin(𝜑23 )
{1
𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝑜2 = cos(𝜑30 ) ∙ 𝑙2 ∙ sin(𝜑23 ) + sin(𝜑30 ) ∙ (𝑙30 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑23 ))
Находим sin(φ3) и cos(φ3) методом Крамера:
𝑙 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝑜2
−𝑙2 ∙ sin(𝜑23 )
|1
|
𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝑜2 𝑙2 ∙ 𝑐𝑜 𝑠(𝜑23 ) + 𝑙3
cos(𝜑30 ) =
𝑙 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑23 )
−𝑙2 ∙ sin(𝜑23 )
|3
|
𝑙2 ∙ sin(𝜑23 )
𝑙2 ∙ 𝑐𝑜 𝑠(𝜑23 ) + 𝑙3
11
𝑙 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑23 ) 𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝑜2
|3
|
𝑙2 ∙ sin(𝜑23 )
𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝑜2
sin(𝜑30 ) =
𝑙 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑23 ) −𝑙2 ∙ sin(𝜑23 )
|3
|
𝑙2 ∙ sin(𝜑23 )
𝑙2 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜑23 )
Отсюда вычисляем угол φ3 с помощью встроенной функции
MathCAD:
𝜑30 = atan(cos(𝜑30 (𝑞), sin(𝜑30 (𝑞))
График зависимости угла φ30 от q представлен на рисунке 4.2.2.
Рисунок 4.2.2 – График зависимости угла φ30 от q
График зависимости угла φ2 от q представлен на рисунке 4.2.3.
Рисунок 4.2.3 – График зависимости угла φ2 от q
12
Подставляем полученные зависимости в систему уравнений 3 и
находим φ40(q) и XD(q):
𝑋 = 𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑙21 ∙ cos(𝜑2 )
{ 𝐶
𝑌𝐶 = 𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑙21 ∙ sin(𝜑2 )
𝑠𝑖𝑛(𝜑40 ) =
𝑌𝑐 − 𝑌𝐷
𝑙4
cos(𝜑40 ) = −√1 − sin(𝜑4 )2
𝜑40 = 𝑎𝑡𝑎𝑛2(𝑠𝑖𝑛(𝜑40 ), 𝑐𝑜𝑠(𝜑40 ))
𝑋𝐷 = 𝑋𝐶 − 𝑙40 ∙ cos(𝜑4 )
Графики зависимостей Xd и φ40 от q представлены на рисунке 4.2.4.
Рисунок 4.2.4 – Графики зависимостей Xd и φ40 от q
4.3 Геометрический анализ второго прототипа
Уравнения
геометрического
анализа
для
первого
прототипа
представлены системами уравнений 1-4.
𝑋 = 𝑙1 ∙ cos(𝑞)
{ 𝐴
𝑌𝐴 = 𝑙1 ∙ sin(𝑞)
(1)
𝑋 = 𝑋𝐵 + 𝑢 ∙ cos(𝜑2 )
{ 𝐴
𝑌𝐴 = 𝑌𝐵 + 𝑢 ∙ sin(𝜑2 )
(2)
13
{
𝑋𝐶 = 𝑋𝐷 − 𝑙4 ∙ cos(𝜑4 )
𝑌𝐶 = 𝑌𝐷 − 𝑙4 ∙ sin(𝜑4 )
(3)
{
𝑋𝐶 = 𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 )
𝑌𝐶 = 𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 )
(4)
Условие замыкания точки A представлено системой уравнений 4.
𝑙 ∙ cos(𝑞) = 𝑋𝐵 + 𝑢 ∙ cos(𝜑2 )
{1
𝑙1 ∙ sin(𝑞) = 𝑌𝐵 + 𝑢 ∙ sin(𝜑2 )
(5)
Перенесем все известные в одну сторону и запишем систему
уравнений 5 в следующем виде:
𝑙 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝐵 = 𝑢 ∙ cos(𝜑2 )
{1
𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝐵 = 𝑢 ∙ sin(𝜑2 )
Возведем в квадрат и сложим уравнения, после чего найдем u:
𝑢 = √(𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝐵 )2 + (𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝐵 )2
График зависимости u от q представлен на рисунке 4.3.1.
Рисунок 4.3.1 – График зависимости u от q
14
Подставим u в систему уравнений 5 и найдем φ2:
cos(𝜑2 ) =
𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝐵
𝑢
sin(𝜑2 ) =
𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝐵
𝑢
Находим φ2 с помощью встроенной функции MathCAD:
𝜑2 = 𝑎𝑛𝑔𝑙𝑒(cos(𝜑2 ) , sin(𝜑2 ))
График зависимости φ2 от q представлен на рисунке 4.3.2.
Рисунок 4.3.2 – График зависимости φ2 от q
Условие замыкания точки C:
𝑋 − 𝑙4 ∙ cos(𝜑4 ) = 𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 )
{ 𝐷
𝑌𝐷 − 𝑙4 ∙ sin(𝜑4 ) = 𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 )
Возводим в квадрат уравнения, суммируем и находим φ4:
sin(𝜑4 ) = −
𝑌𝐷 − 𝑙1 ∙ sin(𝑞) + 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 )
𝑙4
cos(𝜑4 ) = −√1 − sin(𝜑4 )2
Через встроенную функцию MathCAD находим угол:
𝜑4 = 𝑎𝑛𝑔𝑙𝑒(cos(𝜑4 ) , sin(𝜑4 ))
График зависимости 𝜑4 от q представлен на рисунке 4.3.3.
15
Рисунок 4.3.3 – График зависимости 𝜑4 от q
Находим XD из уравнения 1 условия замыкания точки С:
𝑋𝐷 = 𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 ) − 𝑙4 ∙ cos(𝜑4 )
График зависимости координаты XD от q представлен на рисунке
4.3.4.
Рисунок 4.3.4 – График зависимости координаты XD от q
16
5.
Исследование функций положения
5.1 Исследование функций положения первого
прототипа
Найдем особое положение для группы ВВВ, для этого запишем
уравнения 4 в виде функций от φ30 и φ2:
{
𝐹1(𝜑30 , 𝜑2 ) = −𝑋𝐴 + 𝑋𝑜2 + 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 ) + 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 )
𝐹2(𝜑30 , 𝜑2 ) = −𝑌𝐴 + 𝑌𝑜2 + 𝑙3 ∙ sin(𝜑30 ) + 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 )
Запишем матрицу Якоби для данной системы:
𝑑
𝑑
𝐹1
𝐹1
𝑑𝜑30
𝑑𝜑2
𝐽=
𝑑
𝑑
𝐹2
𝐹2
𝑑𝜑2 ]
[𝑑𝜑30
Найдем Якобиан:
|𝐽| = 𝑙3 ∙ 𝑙2 ∙ sin(𝜑30 − 𝜑2 )
17
Особое положение – это такое положение, в котором два решения
механизма сходятся в одно. В особом положении Якобиан равен нулю.
Тогда особое положение группы ВВВ будет выполняться при условии:
𝜑30 − 𝜑2 = 𝜋 ∙ 𝑘, 𝑘 𝜖 𝑍.
Найдем
особое
положение
для
группы
ВВП.
Для
этого
продифференцируем систему 3 по q и решим методом Крамера:
𝐹1(𝜑30 , 𝜑2 ) = 𝑋𝐷 + 𝑙4 ∙ cos(𝜑40 ) − 𝑋𝐶
{
𝐹2(𝜑30 , 𝜑2 ) = 𝑌𝐷 + 𝑙4 ∙ sin(𝜑40 ) − 𝑋𝐶
𝑑
𝑑
𝐹1
𝐹1
𝑑𝜑30
𝑑𝜑2
𝐽=
𝑑
𝑑
𝐹2
𝐹2
𝑑𝜑2 ]
[𝑑𝜑30
|𝐽| = −𝑙4 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜑40 )
𝜑40 =
𝜋
+ 𝜋 ∙ 𝑘, 𝑘 𝜖 𝑍.
2
Особые положения первого прототипа представлены на рисунке 5.4.1.
Рисунок 5.1.1 – Особые положения первого прототипа
Далее по графику изменения выходной координаты (рисунок 4.4.2)
найдем крайние положения, используя встроенные функции MathCAD.
18
Рисунок 5.1.2 – График изменения выходной координаты
Находим первое крайнее положение механизма:
𝑞≔6
𝑞1 ≔ 𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑒(𝑋𝑑, 𝑞)
𝑞1 ≔ 6,262
При q = 6,262 наступает первое крайнее положение механизма.
Находим второе крайнее положение:
𝑞≔2
𝑞2 ≔ 𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑒(𝑋𝑑, 𝑞)
𝑞2 ≔ 2,71
Рассчитаем значения рабочего и холостого ходов:
𝑞𝑝𝑥 ≔ 𝑞1 − 𝑞1 = 3,552
𝑞𝑥𝑥 ≔ 2 ∙ 𝜋 − 𝑞𝑝𝑥 = 2,731
Рассчитаем
коэффициент
изменения
𝐾𝑣 ≔
𝑞𝑝𝑥
= 1,301
𝑞𝑥𝑥
средней
скорости
Kv
(нужный Kv=1,3):
Рассчитаем значение хода ползуна H (нужный H=0,18)
19
𝐻 ≔ 𝑋𝑑(𝑞1) − 𝑋𝑑(𝑞2) = 0,181 м.
Крайние положения механизма представлены на рисунке 5.1.3.
Рисунок 5.1.3 – Крайние положения первого прототипа
Далее рассчитаем критерий синтеза K1 первого прототипа с помощью
встроенной функции MathCAD. Для этого возьмем производную выходной
координаты по входной координате (Xd по q):
𝑑
𝑋𝑑(𝑞)|
𝑑𝑞
𝐾1(𝑞) ≔ |
|
𝑙1
График зависимости скорости выходного звена от входной
координаты представлен на рисунке 4.4.4.
Рисунок 5.1.4 – График зависимости скорости выходного звена от q
Далее находим коэффициент K1:
20
𝑞≔1
𝐾1𝑚𝑎𝑥 ≔ 𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑒(𝑋𝑑, 𝑞)
𝐾1(𝐾1max) = 1,559
Также находим K2vvv и K2vvp:
21
5.2 Исследование функций положения второго
прототипа
Найдем особое положение для группы ВПВ второго прототипа:
𝐹1(𝑢, 𝜑2 ) = 𝑙1 ∙ cos(𝑞) − 𝑋𝐵 − 𝑢 ∙ cos(𝜑2 )
{
𝐹2(𝑢, 𝜑2 ) = 𝑙1 ∙ sin(𝑞) − 𝑌𝐵 − 𝑢 ∙ sin(𝜑2 )
Тогда, матрица Якоби примет вид:
𝑑
𝑑
𝐹1
𝐹1
𝑑𝑢
𝑑𝜑2
𝐽=
𝑑
𝑑
𝐹2
𝐹2
𝑑𝜑2 ]
[𝑑𝑢
|𝐽| = 0
Особых положений у группы ВПВ нет.
22
Найдем особые положения для группы ВВП:
𝐹1(𝜑2 , 𝜑4 ) = 𝑋𝐷 − 𝑙4 ∙ cos(𝜑4 ) − 𝑙1 ∙ cos(𝑞) + 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 )
{
𝐹2(𝜑2 , 𝜑4 ) = 𝑌𝐷 − 𝑙4 ∙ 𝑠𝑖𝑛(𝜑4 ) − 𝑙1 ∙ sin(𝑞) + 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 )
𝑑
𝑑
𝐹1
𝐹1
𝑑𝜑2
𝑑𝜑4
𝐽=
𝑑
𝑑
𝐹2
𝐹2
𝑑𝜑4 ]
[𝑑𝜑2
|𝐽| = 0
Особых положений у данного прототипа нет, что является плюсом.
Далее по графику изменения выходной координаты (рисунок 4.5.1)
найдем крайние положения второго прототипа, используя встроенные
функции MathCAD.
Рисунок 5.2.1 – График изменения выходной координаты
Находим первое крайнее положение механизма:
𝑞≔5
𝑞1 ≔ 𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑒(𝑋𝑑, 𝑞)
𝑞1 ≔ 6,009
При q = 6,262 наступает первое крайнее положение механизма.
Находим второе крайнее положение:
23
𝑞≔2
𝑞2 ≔ 𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑒(𝑋𝑑, 𝑞)
𝑞2 ≔ 2,455
Рассчитаем значения рабочего и холостого ходов:
𝑞𝑝𝑥 ≔ 𝑞1 − 𝑞1 = 3,554
𝑞𝑥𝑥 ≔ 2 ∙ 𝜋 − 𝑞𝑝𝑥 = 2,729
Рассчитаем
коэффициент
изменения
𝐾𝑣 ≔
𝑞𝑝𝑥
= 1,302
𝑞𝑥𝑥
средней
скорости
Kv
(нужный Kv=1,3):
Рассчитаем значение хода ползуна H (нужный H=0,18)
𝐻 ≔ 𝑋𝑑(𝑞1) − 𝑋𝑑(𝑞2) = 0,179 м.
Крайние положения механизма представлены на рисунке 4.3.3.
Рисунок 5.2.3 – Крайние положения механизма
График зависимости скорости выходного звена от входной
координаты представлен на рисунке 4.5.4.
24
Рисунок 5.2.4 – График зависимости скорости выходного звена от q
Далее находим коэффициент K1:
𝑞≔1
𝐾1𝑚𝑎𝑥 ≔ 𝑀𝑎𝑥𝑖𝑚𝑖𝑧𝑒(𝑋𝑑, 𝑞)
𝐾1(𝐾1max) = 1,58
Найдем K2vpv и K2vvp:
25
6. Сравнение и выбор лучшего прототипа
Сравнение двух прототипов представлено таблицей 1.
Таблица 1 – Сравнение двух прототипов
Kv
H, м
K1
K2
K2
Габариты
Выбор
1 групп
vvp
, мм
прототип
ы
Исходные
а
1,3
0,18
<2
<2
<2
-
-
1 прототи
1.30
0,18
1,55
K2vvv
1,01
878*240
Да
п
1
1
9
1,192
9
2 прототи
1,30
0,17
1,58
K2vpv
1,11
1530*312
Нет
п
2
9
1,056
7
данные
26
Исходя из таблицы целесообразнее будет выбрать первый прототип,
так как у данного прототипа коэффициенты более подходящие и габариты
намного меньше, чем у второго.
Далее будем рассматривать только первый прототип.
7. Кинематический анализ механизма
7.1 Цель кинематического анализа
Целью кинематического анализа является определение скоростей и
ускорений точек механизма, а также угловых скоростей и ускорений его
звеньев.
7.2 Кинематический анализ механизма
Найдем аналоги скоростей, то есть первые производные координат,
для первой системы:
𝑋 = 𝑋𝑜2 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 )
{ 𝐴
𝑌𝐴 = 𝑌𝑜2 + 𝑙2 ∙ sin(𝜑30 + 𝜑23 ) + 𝑙3 ∙ sin(𝜑30 )
27
𝑋 ′𝐴 (𝑞) = −𝑙3 ∙ sin(𝜑30 (𝑞)) ∙ 𝜑 ′ 30 (𝑞) − 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞)) ∙ 𝜑 ′ 2 (𝑞)
{
𝑌′𝐴 = 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 (𝑞)) ∙ 𝜑 ′ 30 (𝑞) + 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 (𝑞)) ∙ 𝜑 ′ 2 (𝑞)
𝑋 ′𝐴 (𝑞) −𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞))
| ′
|
𝑌 𝐴 (𝑞) 𝑙2 ∙ cos(𝜑30 (𝑞))
′ (𝑞)
𝜑 30
=
−𝑙3 ∙ sin(𝜑30 (𝑞)) −𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞))
|
|
𝑙3 ∙ cos(𝜑30 (𝑞)) 𝑙2 ∙ cos(𝜑30 (𝑞))
−𝑙3 ∙ sin(𝜑30 (𝑞)) 𝑋 ′𝐴 (𝑞)
|
|
′
(𝑞)
𝑙
∙
cos(𝜑
𝑌
(𝑞)
)
3
30
𝐴
𝜑 ′ 2 (𝑞) =
−𝑙3 ∙ sin(𝜑30 (𝑞)) −𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞))
|
|
𝑙3 ∙ cos(𝜑30 (𝑞)) 𝑙2 ∙ cos(𝜑30 (𝑞))
Далее найдем аналоги ускорений, то есть вторые производные
координат, для первой системы:
𝜑′′ 30 (𝑞) =
𝜑′′ 2 (𝑞) =
′
𝑋 ′ 𝐴 (𝑞) + 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 (𝑞)) ∙ 𝜑′ 30 (𝑞)2 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 (𝑞)) ∙ 𝜑2 (𝑞)2
| ′′
𝑌 𝐴 (𝑞) + 𝑙3 ∙ sin(𝜑30 (𝑞)) ∙ 𝜑′ 30 (𝑞)2 + 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞)) ∙ 𝜑2 (𝑞)2
−𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞))
|
𝑙2 ∙ cos(𝜑3 (𝑞))
−𝑙3 ∙ sin(𝜑3 (𝑞)) −𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞))
|
|
𝑙3 ∙ cos(𝜑3 (𝑞))
𝑙2 ∙ cos(𝜑3 (𝑞))
′
−𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞)) 𝑋 ′ 𝐴 (𝑞) + 𝑙3 ∙ cos(𝜑30 (𝑞)) ∙ 𝜑′ 30 (𝑞)2 + 𝑙2 ∙ cos(𝜑2 (𝑞)) ∙ 𝜑2 (𝑞)2
|
|
𝑙2 ∙ cos(𝜑3 (𝑞)) 𝑌 ′′𝐴 (𝑞) + 𝑙3 ∙ sin(𝜑30 (𝑞)) ∙ 𝜑′ 30 (𝑞)2 + 𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞)) ∙ 𝜑2 (𝑞)2
−𝑙3 ∙ sin(𝜑3 (𝑞)) −𝑙2 ∙ sin(𝜑2 (𝑞))
|
|
𝑙3 ∙ cos(𝜑3 (𝑞))
𝑙2 ∙ cos(𝜑3 (𝑞))
Далее проделываем те же действия для второй системы:
𝑋 + 𝑙4 ∙ cos(𝜑40 ) = 𝑋𝐴 − 𝑙21 ∙ cos(𝜑2 )
{ 𝐷
𝑌𝐷 + 𝑙4 ∙ sin(𝜑40 ) = 𝑌𝐴 − 𝑙21 ∙ sin(𝜑2 )
Находим первые производные:
𝑋 ′ 𝐷 (𝑞) − 𝑙4 ∙ sin(𝜑40 (𝑞)) ∙ 𝜑′40 (𝑞) = 𝑋′𝐶
{
𝑙4 ∙ cos(𝜑40 (𝑞)) ∙ 𝜑′40 (𝑞) = 𝑌′𝐶
𝜑 ′ 40 (𝑞) =
𝑌′𝐶 (𝑞)
𝑙4 ∙ cos(𝜑 ′ 40 (𝑞))
𝑋 ′ 𝐷 (𝑞) = 𝑋′𝐶 + 𝑙4 ∙ sin(𝜑40 (𝑞)) ∙ 𝜑′40 (𝑞)
Определим аналоги ускорения:
28
𝑌 ′′ 𝐶 (𝑞) + 𝑙4 ∙ sin(𝜑′ 40 (𝑞)) ∙ 𝜑 ′ ′40 (𝑞)2
𝜑 ′40 (𝑞) =
𝑙4 ∙ cos(𝜑 ′ 40 (𝑞))
′
𝑋 ′′ 𝐷 (𝑞) = 𝑋′′𝐶 + 𝑙4 ∙ c𝑜𝑠(𝜑40 (𝑞)) ∙ 𝜑 ′ 40 (𝑞) + 𝑙4 ∙ sin(𝜑40 (𝑞)) ∙ 𝜑′40 (𝑞)2
На рисунке 7.2.1 представлены графики скоростей и ускорений
первой системы выходных координат.
Рисунок 7.2.1 – Графики скоростей и ускоренйи выходных
координат
На рисунке 7.2.2 представлены графики скоростей и ускорений
выходных координат второй системы.
29
Рисунок 7.2.2 – Графики скоростей и ускорений выходных
координат
7.3 Построение планов скоростей и ускорений
Найдем угловую скорость кривошипа по формуле 7.3.1.
𝑝𝑥
2 ∙ 𝜋 ∙ 𝐾𝑉 ∙ 𝑣ср
𝜔=
𝐻 ∙ (𝐾𝑉 + 1)
(7.3.1)
Подставляя численные значения в формулу 7.3.1 найдем угловую
скорость:
𝜔=
2 ∙ 𝜋 ∙ 1,3 ∙ 1,4
= 27,5 сек−1
0,18 ∙ (1,3 + 1)
На рисунке 7.3.1 представлена схема механизма при q=60̊.
30
Рисунок 7.3.1 – Схема механизма при q=60̊
Ниже представлены два способа нахождения скоростей с помощью
MathCAD:
31
План скоростей при q=60 градусов представлен на рисунке 7.3.2.
Рисунок 7.3.2 – План скоростей при q=60 градусов
Ниже представлены два способа нахождения ускорений.
32
33
На рисунке 7.3.3 представлен план ускорений механизма при q=60
градусов.
34
Рисунок 7.3.3 – План ускорений (q=60 градусов)
Далее проделаем всю ту же работу, но для крайнего положения
(q=155 градуса). Механизм в крайнем положении представлен на рисунке
7.3.4.
35
Рисунок 7.3.4 – Механизм в крайнем положении (q=155 градусов)
Ниже представлены два способа поиска скоростей для крайнего
положения механизма:
36
На рисунке 7.3.5 представлен план скоростей для крайнего положения
механизма.
37
Рисунок 7.3.5 – План скоростей для крайнего положения механизма
Далее находим ускорения для крайнего положения:
38
План ускорений для механизма в крайнем положении представлен на
рисунке 7.3.6.
Рисунок 7.3.6 – План ускорений механизма в крайнем положении
7.3 Сравнение результатов расчетов
Сравнение результатов двух методов расчета при q=60 градусов
представлено в таблице 7.3.1.
Таблица 7.3.1 – Сравнение результатов двух методов расчета
39
Координаты и углы
Аналитически
Графически
φ2
-209,2 ̊
-209,2 ̊
φ30
-77,7 ̊
-77,7 ̊
φ40
189,284 ̊
189,284 ̊
Xd
0,619 м
0,619 м
Скорости
Аналитически
Графически
ω2
-8,2 c-1
-8,6 c-1
ω3
-19,13 c-1
-18,2 c-1
ω4
4,4 c-1
3,5 c-1
Vd
-3,638 м/с
-3,5 c-1
Ускорения
Аналитически
Графически
ɛ2
501 c-2
483 c-2
ɛ3
174 c-2
185 c-2
ɛ4
-365 c-2
-350 c-2
Wd
41 м/с2
43 м/с2
40
8. Силовой анализ
8.1 Цель силового анализа
Целью силового анализа механизма является:
определение
действующих на звенья механизма сил при заданном движении механизма;
определение
реакций
в
кинематических
парах;
определение
уравновешивающей силы или уравновешивающего момента, приложенных
к ведущему звену механизма
8.2 Силовой анализ механизма
Ниже представлены исходные данные:
𝜔 = 27,52 рад/с
кг
𝜇 = 50
м
𝑔 = 10 м/с2
Находим массы звеньев, умножив погонную массу на длину:
Далее находим силы тяжести звеньев:
41
Находим центры масс звеньев, аналоги скоростей и ускорений
центров масс:
1 звено:
2 звено:
3 звено:
42
4 звено:
Далее находим силы инерции (Н):
43
Определим моменты инерции (кг∙м2):
Определим моменты сил инерции (Н∙м):
Далее построим график нагрузки в соответствии с нагрузочной
диаграммой из задания на рисунке 2.1.
44
На рисунке 8.2.1 представлен график рабочей нагрузки.
45
Рисунок 8.2.1 – График рабочей нагрузки
График рабочей нагрузки представлен на рисунке 8.2.2.
46
Рисунок 8.2.2 – График рабочей нагрузки
На рисунке 8.2.3 представлен механизм с указанием сил тяжести, сил
инерции и моментов сил всех звеньев.
Рисунок 8.2.3 – Механизм с указанием сил и моментов
8.3 Составление уравнений кинетостатики
Рассмотрим отдельно структурные группы механизма. Для этого
отделяем структурную группу и в местах разрыва действия других звеньев
заменяем силами реакций опор. На рисунке 8.3.1 представлена группа ВВП.
47
Рисунок 8.3.1 – Группа ВВП
Определяем реакции в К.П. для звеньев 4 и 5. Запишем уравнения для
плоской системы.
∑ 𝐹𝑥 = 0: Ф24𝑥(𝑞) + Ф4𝑥(𝑞) + 𝑃(𝑞) + Ф5𝑥(𝑞) = 0
∑ 𝐹𝑦 = 0: 𝑅24𝑦(𝑞) + 𝑅4𝑦(𝑞) + 𝑅05𝑦(𝑞) − 𝐺4 − 𝐺5 = 0
∑ 𝑀(𝑐) = 0: (Ф5𝑥(𝑞) + 𝑃(𝑞)) ∙ (𝑌𝑐(𝑞) − 𝑌𝑑) + (𝑅05𝑦(𝑞) − 𝐺5)
∙ (𝑋𝑑(𝑞) − 𝑋𝑐(𝑞)) + Ф4𝑥(𝑞) ∙ (𝑌𝑐(𝑞) − 𝑌𝑠4(𝑞))
+ (Ф4𝑦(𝑞) − 𝐺4) ∙ (𝑋𝑠4(𝑞) − 𝑋𝑐(𝑞)) + 𝑀4ф(𝑞) = 0
Решаем данные уравнения с помощью MathCAD и находим
неизвестные реакции опор:
Далее проделываем такую же работу для звеньев 2 и 3 (группа ВВВ).
Группа ВВВ механизма представлена на рисунке 8.3.2.
48
Рисунок 8.3.2 – Группа ВВВ
∑ 𝐹𝑥 = 0: 𝑅42𝑥(𝑞) + Ф3𝑥(𝑞) + 𝑅12𝑥(𝑞) + Ф2𝑥(𝑞) + 𝑅03𝑥(𝑞) = 0
∑ 𝐹𝑦 = 0: 𝑅42𝑦(𝑞) + 𝑅03𝑦(𝑞) + 𝑅12𝑦(𝑞) + Ф2𝑦(𝑞) + Ф3𝑦(𝑞) − 𝐺2
− 𝐺3 = 0
∑ 𝑀(𝑏3) = 0:
Ф3𝑥(𝑞) ∙ (𝑌𝑏(𝑞) − 𝑌𝑠3(𝑞) + 𝑅03𝑦(𝑞) ∙ (𝑋𝑜2 − 𝑋𝑏(𝑞)) + 𝑅03𝑥(𝑞) ∙ (𝑌𝑏(𝑞) − 𝑌𝑜2)
+ 𝑀3ф(𝑞) + (Ф3𝑦(𝑞) − 𝐺3) ∙ (𝑋𝑠3(𝑞) − 𝑌𝑏(𝑞)) = 0
∑ 𝑀(𝑏2) = 0:
Ф2𝑥(𝑞) ∙ (𝑌𝑏(𝑞) − 𝑌𝑠2(𝑞)) + (Ф2𝑦(𝑞) − 𝐺2) ∙ (𝑋𝑠2(𝑞) − 𝑋𝑏(𝑞)) + 𝑀2ф(𝑞) + 𝑅12𝑦(𝑞)
∙ (𝑋𝑎(𝑞) − 𝑋𝑏(𝑞)) + 𝑅12𝑥(𝑞) ∙ (𝑌𝑏(𝑞) − 𝑌𝑎(𝑞)) − 𝑅42𝑥(𝑞) ∙ (𝑌𝑐(𝑞)
− 𝑌𝑏(𝑞) − 𝑅42𝑦(𝑞) ∙ (𝑋𝑏(𝑞) − 𝑋𝑐(𝑞)) = 0
Далее находим неизвестные реакции опор с помощью MathCAD:
49
50
Далее определяем реакции в кривошипе (рисунок 8.3.3) и найдем
движущий момент Q:
Рисунок 8.3.3 – Кривошип с указанием реакций
Запишем уравнения равновесия для плоской системы (момент берем
относительно точки O).
В данной системе реакций R21x и R21y равны и противоположно
направлены реакциям R12x и R12y соответственно:
∑ 𝐹𝑥 = 0: 𝑅21𝑥(𝑞) + 𝑅01𝑥(𝑞) + Ф1𝑥(𝑞) = 0
∑ 𝐹𝑦 = 0: 𝑅21𝑦(𝑞) + 𝑅01𝑦(𝑞) + Ф1𝑥(𝑞) − 𝐺1 = 0
∑ 𝑀(0) = 0: 𝑅21𝑦(𝑞) ∙ 𝑋𝑎(𝑞) − 𝑅21𝑥(𝑞) ∙ 𝑌𝑎(𝑞) + (Ф1𝑦(𝑞) − 𝐺1)
∙ 𝑋𝑠1(𝑞) − Ф1𝑥(𝑞) ∙ 𝑌𝑠1(𝑞) + 𝑄 = 0
Далее решаем систему в MathCAD и находим неизвестные реакции
опор и движущий момент Q:
51
8.4 Нахождение движущего момента из общего
уравнения динамики
Находим работу активных сил для выбранного механизма:
𝑄(𝑞) = −(𝑃(𝑞) ∙ 𝑋𝑑 ′ (𝑞) + Ф5𝑥(𝑞) ∙ 𝑋𝑑 ′ (𝑞) + Ф4𝑥(𝑞) ∙ 𝑋𝑠4′ (𝑞) + Ф4𝑦(𝑞)
∙ 𝑌𝑠4′ (𝑞) − 𝐺4 ∙ 𝑌𝑠4′ (𝑞) + 𝑀4ф(𝑞) ∙ 𝜑4′ (𝑞) + Ф2𝑥(𝑞) ∙ 𝑋𝑠2′ (𝑞)
+ Ф2𝑦(𝑞) ∙ 𝑌𝑠2′ (𝑞) + 𝑀2ф(𝑞) ∙ 𝜑2′ (𝑞) − 𝐺2 ∙ 𝑌𝑠2′ (𝑞)
+ Ф3𝑥(𝑞) ∙ 𝑋𝑠3′ (𝑞) + Ф3𝑦(𝑞) ∙ 𝑌𝑠3′ (𝑞) − 𝐺3 ∙ 𝑌𝑠3′ (𝑞)
+ 𝑀3ф(𝑞) ∙ 𝜑3′ (𝑞) + Ф1𝑥(𝑞) ∙ 𝑋𝑠1′ (𝑞) + Ф1𝑦(𝑞) ∙ 𝑌𝑠1′ (𝑞))
Проверим силовой анализ. Для этого наложим графики зависимости
движущего момента Q(q), полученного из общего уравнения динамики и
кинетостатическим методом (рисунок 8.4.1).
Рисунок 8.4.1 – График зависимости Q от q
52
8.5 Построение планов сил
Угол для построения планов сил (q) = π/6. Kp=20 (Н/мм) – масштаб
плана сил.
Звено 1:
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅21 + Ф1
𝐺1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅01 = 0
Рассчитаем значения сил для плана (мм):
План сил для звена 1 представлен на рисунке 8.5.1.
53
Рисунок 8.5.1 – План сил звена 1
Звенья 2 и 3:
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅32 + Ф2
𝐺2 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅12 + Ф3
𝐺3 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅03 = 0
Рассчитываем силы для плана (мм):
План сил для звеньев 2 и 3 представлен на рисунке 8.5.2.
54
Рисунок 8.5.2 – План сил для звеньев 2 и 3
Звено 4 и 5:
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅05𝑦 + Ф5
𝐺5 + Ф4
𝐺4 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑅24 = 0
Нахождение сил (мм):
55
На рисунке 8.5.3 представлен план си для звеньев 4 и 5.
Рисунок 8.5.3 – Пан сил звеньев 4 и 5
Сравнение результата двух методов расчета при q=π/3 представлено в
таблице 8.3.1. Алалитический метод представлен в разделе 8.3 (решаем
матрицы и вставляем значения в таблицу).
Таблица 8.3.1 – Сравнение результатов двух методов расчета
Реакции
Аналитически (Н)
Графически (Н)
R05y
390
390
R24x
1093
1093
R24y
695
695
R12x
1770
1770
R12y
-1547
-1547
R03x
-639
-639
R03y
3157
3157
R01x
1699
1699
R01y
-1628
-1628
56
9.
Выбор двигателя
Для выбора двигателя будут использованы данные, полученные при
силовом расчете. Для выбора двигателя следует найти значение
эквивалентной мощности:
Далее по каталогу выбираем двигатель, с ближайшей мощностью.
Характеристики двигателя:
Типоразмер двигателя: 2ПН160М
Мощность: Nдн = 7500 Вт;
Скорость: nдн = 1500 об/мин;
Номинальный ток: Iн = 37 А;
Номинальное напряжение: Uн = 220 В;
Сопротивление: R = 0,183 Ом;
Индуктивность: L = 0,005 Гн;
Момент инерции ротора: Jр = 0,083 кг∙м2;
Коэффициент перегрузки: γ = 2.
Далее находим номинальный и максимальный моменты на двигателе
(Н∙м):
57
Следующий шаг – убедиться в правильности выбора двигателя, для
этого сравним Qmax и Q:
Раз Q > Qmax, значит выбранный двигатель подходит.
Далее определим параметры двигателя:
1) Число оборотов на холостом ходу в минуту (об/мин):
2) Электромагнитная постоянная времени (с):
3) Крутизна статической характеристики двигателя (Н∙м∙с):
58
10. Выбор редуктора
В курсовом проекте назначен вариант редуктора №17.
Исходные данные:
𝑧1 = 20;
𝑧`2 = 28;
𝑙1 = 580 мм;
𝑙2 = 140 мм;
𝑙3 = 120 мм;
ɣ1 = 30 ̊;
ɣ2 = 50 ̊.
Определяем передаточное число редуктора:
𝑖=
Далее
находим
𝑛𝑛
1500
=
= 5,708
𝑛
262,789
зубья
всех
колес,
учитывая,
что
редуктор
двухступенчатый:
Найдем уточненные передаточные числа:
59
11. Внешняя виброактивность механизма
Находим сумму всех активных сил, которые действуют на корпус
цикловой машины:
Годограф главного вектора сил инерции представлен на рисунке 11.1.
Рисунок 11.1 – Годограф вектора сил инерции
Далее раскладываем в ряд Фурье:
60
Разложим силы инерции на 5 гармоник:
График 5 гармоник представлен на рисунке 11.2.
Рисунок 11.2 – График гармоник
Уравновешиваем
первую
гармонику
(красным
цветом).
Раскладываем Ф1 на 2 круговые гармоники:
61
На рисунке 11.3 представлен график первой гармоники, разложенной
на две круговые.
Рисунок 11.3 – График первой гармоники, разложенной на две
круговые
Зависимости
коэффициентов
векторов
круговых
гармоник
с
коэффициентами эллиптической гармоники:
62
Далее ищем модули круговых гармоник:
Начальные углы круговых гармоник:
Угол наклона большой оси эллипса, соответствующий 1-ой
гармонике:
Далее определим массы противовесов (кг):
63
Начальные углы установки противовесов (градусы):
Усилия, передаваемые на корпус машины, после установки
противовесов:
На рисунке 11.4 представлен годограф главного вектора сил инерции
до и после уравновешивания:
64
Рисунок 11.4 – Годограф главного вектора сил инерции до и после
уравновешивания
Найдем отношения массы до и массы после уравновешивания:
Установка противовесов в данном случае повышает массу механизма
в 1,931 раза, при этом годограф главного вектора сил инерции меняется в
лучшую сторону незначительно. Установка противовесов в данном случае
нецелесообразна.
65
12. Динамика машины
12.1 Цель динамического анализа
Задачей динамического исследования машины является определение
закона движения входного звена исполнительного механизма q(t) с учетом
динамических свойств приводного двигателя, движущего момента Q(t) и
динамической
нагрузки
в
приводе Mп(t),
а
также
оценка
неравномерности вращения входного звена и проверка перекладки зазоров
в приводе, улучшение динамических показателей качества машины.
12.2 Нахождение приведенного момента инерции
Машинный
агрегат
состоит
из
двигателя,
передаточного
и
исполнительного механизмов. Динамический расчет связан с определением
и исследованием стационарного решения системы дифференциальных
уравнений:
1
𝐽(𝑞) ∙ 𝑞′′ + 𝐽′(𝑞) ∙ 𝑞′2 = 𝑄 + 𝑄𝑐 (𝑞)
,
{
2
𝑐𝑚
𝜏 ∙ 𝑄′ + 𝑄 = 𝑄 (𝑞′)
где 𝜏 – электромагнитная постоянная двигателя Qст(q’) – приведенная
статическая
характеристика
двигателя,
разрешенная
относительно
момента.
Выражение для приведенного момента инерции:
66
Разложим в ряд Фурье с точностью до 5 гармоник:
5
𝐽пр (𝑞) = 𝐽0 + ∑(𝐽𝐼𝑐 𝑐𝑜𝑠(𝑖𝑞) + 𝐽𝑖𝑠 𝑠𝑖𝑛(𝑖𝑞)),
𝑖=1
2𝜋
2
𝐽0 = ∫ 𝐽пр (𝑞)𝑑𝑞 , 𝑖 = 1,2, … ,5,
𝜋
0
2𝜋
2𝜋
0
0
1
1
𝐽𝑖𝑐 = ∫ 𝐽пр (𝑞) ∗ 𝑐𝑜𝑠(𝑖𝑞)𝑑(𝑖𝑞), 𝐽𝑖𝑠 = ∫ 𝐽пр (𝑞) ∗ 𝑠𝑖𝑛(𝑖𝑞)𝑑(𝑖𝑞).
𝜋
𝜋
График
переменной
части
приведенного
момента
инерции
представлен на рисунке 12.2.1.
67
Рисунок 12.2.1 - График переменной части приведенного момента
инерции
На рисунке 12.2.1 Jpr_1 – не разложен в ряд Фурье, Jpr`_1 – Разложен
в ряд Фурье.
Далее берем производную от приведенного момента инерции по
обобщенной координате:
График производной приведенного момента инерции представлен на
рисунке 12.2.2.
68
Рисунок 12.2.2 – График производной приведенного момента
инерции
12.3 Нахождение приведенного момента сил
сопротивления
Приведенный момент сил сопротивления:
Разложим в ряд Фурье:
5
𝑄`𝑐 (𝑞) = 𝑄𝑐0 + ∑(𝑄𝐼𝑐 𝑐𝑜𝑠(𝑖𝑞) + 𝑄𝑖𝑠 𝑠𝑖𝑛(𝑖𝑞)),
𝑖=1
2𝜋
2
𝑄0 = ∫ 𝑄𝑐 (𝑞)𝑑𝑞 , 𝑖 = 1,2, … ,5,
𝜋
0
2𝜋
2𝜋
0
0
1
1
𝑄𝑖𝑐 = ∫ 𝑄𝑐 (𝑞) ∗ 𝑐𝑜𝑠(𝑖𝑞)𝑑(𝑖𝑞), 𝑄𝑖𝑠 = ∫ 𝑄𝑐 (𝑞) ∗ 𝑠𝑖𝑛(𝑖𝑞)𝑑(𝑖𝑞).
𝜋
𝜋
69
График приведенного момента сил сопротивления представлен на
рисунке 12.3.1.
Рисунок 12.3.1 – График приведенного момента сил сопротивления
Найдем приведенную статическую характеристику двигателя:
График
приведенной
статической
характеристики
двигателя
представлен на рисунке 12.3.2.
70
Рисунок 12.3.2 – График приведенной статической характеристики
двигателя
12.4 Решение уравнений движения машины
Система дифференциальных уравнений движения содержит 2
неизвестные функции времени q(t) и Q(t). Для отыскания стационарного
решения этих уравнений воспользуемся методом последовательных
приближений.
Запишем уравнения в такой форме, чтобы в правых частях стояли
только те слагаемые, которые явно содержат q. Таким образом, получим:
1~
~
~
 ( q ( k 1) )( q ( k 1) ) 2  Qc ( q ( k 1) ) ,
J 0 q( k )  Q ( k )  Qc 0 ( q ( k ) )   J np ( q ( k 1) ) q( k 1)  J np
2
Q ( k )  Q ( k )  Q cm (q ( k ) )  0 ,
где
волнистой
линией
обозначены
переменные
части
соответствующих функций.
В нулевом приближении решение системы будет иметь вид:
71
J 0 q( 0)  Q ( 0)  Qc 0 ( q ( 0) )  0 ,
(0)
cm
(0)
 (0)
τ Q  Q  Q (q )  0 .
Решение этой системы уравнений будем искать в виде:
q ( 0)  0t; q ( 0)  0  const ; q( k )  0;
Q ( 0)  Q0  const ; Q ( 0)  0.
После подстановки получим:
 Q ( 0)  Qc 0 ( 0 )  0 ,
Q ( 0)  Q cm ( 0 )  0 .
cm
2
Поскольку Q (0 )  su xx  su 0 , а Qc 0 (0 )  Qc 0  const , то определим
среднюю угловую скорость входного звена и средний движущий момент:
При k=1 получим систему уравнений:
J 0 q( 0)  Q ( 0)  Qc 0 ( q ( 0) )  0 ,
(0)
cm
(0)
 (0)
τ Q  Q  Q (q )  0 .
Возмущающий момент:
L( t )  
1~
~
 ( 0t ) 0 2  Qc ( 0t )
J np
2
Возмущающий момент характеризует внутреннюю виброактивность
исполнительного механизма.
Разложим возмущающий момент в ряд Фурье:
72
График возмущающего момента представлен на рисунке 12.4.1.
Рисунок 12.4.1 – График возмущающего момента
Найдем динамическую ошибку по углу:
73
График динамической ошибки по углу представлен на рисунке 12.4.2.
Рисунок 12.4.2 – График динамической ошибки по углу
Синими точками на рисунке 12.4.2 представлен график при τ=0,
красной линией при τ≠0.
Далее найдем динамическую ошибку по скорости:
График динамической ошибки по скорости представлен на рисунке
12.4.3.
74
Рисунок 12.4.3 – График динамической ошибки по скорости
Синими точками на рисунке 12.4.3 представлен график при τ=0,
красной линией при τ≠0.
Рассчитаем коэффициент неравномерности вращения кривошипа:
Коэффициент неравномерности вращения кривошипа не превышает
данное в задании, следовательно, в механизме не будет возникать больших
нагрузок на корпус. Значит, улучшений производить не требуется. Маховик
ставить не нужно.
Находим механическую характеристику двигателя:
График движущего момента представлен на рисунке 12.5.3.
75
Рисунок 12.5.3 – График движущего момента
12.5 Определение динамических нагрузок в машине
Найдем крутящий момент в приводе:
График момента в приводе представлен на рисунке 12.5.1.
76
Рисунок 12.5.1 – График момента в приводе при
Синими точками на рисунке 12.4.3 представлен график при τ=0,
красной линией при τ≠0.
Установим тормоз, Qtor=100. График момента в приводе после
установки тормоза представлен на рисунке 12.5.2.
77
Рисунок 12.5.2 – График момента в приводе после установки
привода
Рассчитаем КПД тормоза:
Установка тормоза целесообразна, так как КПД равен 62,5%.
78
13. Переходные процессы в машине
Изучение переходных
процессов начинается
с рассмотрения
неуправляемого разбега машины. Предположим, что может быть принята
динамическая характеристика двигателя. Поскольку разбег является
неуправляемым, то u(t)=u0=const. Предположим также, что приведенный
момент инерции является постоянным, а приведенный момент сил
сопротивления не зависит явно от координаты q; тогда уравнения движения
машины с линейными характеристиками запишем в форме:
После выражения движущего момента и подстановки его во второе
уравнение, получим:
Упростим выражение:
Разбег описывается частным решением уравнения, соответствующего
начальным условиям:
𝑡 = 0; 𝜔 = 0.
Далее находим 𝜔:
79
Разбег в этом случае – затухающий колебательный процесс.
График изменения угловой скорости в процессе разбега представлен
на рисунке 10.1.
Рисунок 10.1 – График изменения угловой скорости в процессе
разбега
Как видно по графику, разбег колебательный, требуется установить
маховик.
Установим маховик на вал двигателя:
80
где J – момент инерции, p – плотность стали, r – радиус маховика,
d – диаметр маховика, h – ширина маховика.
Тогда решение будет в виде:
График изменения угловой скорости в процессе разбега с маховиком
и без маховика представлен на рисунке 10.2.
81
Рисунок 10.2 – График изменения угловой скорости в процессе
разбега с маховиком и без
Зададим общую функцию изменения угловой скорости в переходном
процессе и в установившемся режиме:
График данной функции представлен на рисунке 10.3.
Рисунок 10.3 – График функции изменения угловой скорости
82
14. Расчет зубчатого механизма
14.1 Исходные данные
Исходные данные зубчатого механизма, соответствующие 17
варианту:
𝑧1 = 20;
𝑧`2 = 28;
𝑧2 = 48;
𝑧3 = 67;
𝑙1 = 580 мм;
𝑙2 = 140 мм;
𝑙3 = 120 мм;
ɣ1 = 30 ̊;
ɣ2 = 50 ̊.
Найдем угловые скорости передаточного механизма (рад/с):
14.2 Определение радиусов зубчатых колес
промежуточного вала
Найдем мощности на валах (Вт):
83
Далее найдем межосевое расстояние:
Определив межосевое расстояние а, можно найти расчетный модуль
зубьев по формуле:
Расчетные модули округлить до ближайшего стандартного значения:
0,1; 0,15; 0,2; 0,3; 0,4; 0,5; 0,6; 0,8; 1,0; 1,25; 1,5; 1,75; 2,0; 2,25; 2,5; 3,0;
3,5; 4,0; 5,0; 6,0; 8,0; 10; 12; 16; 20; 25; 32; 40; 45; 50, 55,
60,65…100(мм);
Тогда, m1 = 8,0 мм, m2 = 3,5 мм.
Уточнить межосевые расстояния:
84
Определим толщины зубчатых венцов:
Определим радиусы делительных окружностей:
14.3 Расчет усилий, действующих на зубья колес
промежуточного вала редуктора
Определим окружные силы, действующие на промежуточный вал
(Н):
Определим радиальные силы, действующие на промежуточный вал
(Н):
85
Определим нормальные силы, действующие на промежуточный вал
(Н):
14.4 Проверка зубьев на изгибную прочность
Значения коэффициентов
в зависимости от числа зубьев:
𝑦𝐹 (𝑧1 ) = 4.12
𝑦𝐹 (𝑧2 ) = 3.73
𝑦𝐹 (𝑧2′ ) = 3.85
𝑦𝐹 (𝑧3 ) = 3.73
Данные значения были выбрани исходя из таблицы зависимости
коэффициентов от числа зубьев.
Найдем напряжения:
86
Все вышеприведенные значения должны быть меньше либо равны
[𝜎и ]з - допустимого напряжения зубьев на изгиб. Для стали оно равно:
[𝜎и ]з = 2 ∗ 108 Н/мм2
Проверка зубьев на изгибную прочность успешно пройдена. Все
напряжения меньше допустимого значения.
Схема редуктора с указанием действующих сил представлена на
рисунке 14.4.1.
87
Рисунок 14.4.1 – Схема редуктора с указанием действующих сил
88
14.5 Определение внешних усилий, действующих на
вал
Вычислим проекции сил, действующих на зубья колес:
Осевые силы:
89
14.5 Определение внутренних усилий, действующих
на вал
На рисунке 14.5.1 представлена схема вала редуктора с указанием сил
Рисунок 14.5.1 – Схема вала редуктора с указанием всех сил
90
В горизонтальной
и вертикальной
плоскостях из
уравнений статики определим опорные реакции.
где
- расстояния между линиями действия сил по оси .
𝐹1𝑦 ∙ 𝑏 + 𝐹2𝑦 ∙ (𝑎 − 𝑐) + 𝑅𝑏𝑦 ∙ 𝑎 = 0
𝐹1𝑥 ∙ 𝑏 + 𝐹2𝑥 ∙ (𝑎 − 𝑐) + 𝑅𝑏𝑥 ∙ 𝑎 = 0
Находим Rax, Ray, Rbx, Rby.
Далее задаем переменную и записываем уравнение для поперечных
сил, которое затем интегрируем 3 раза:
91
найдем константы
и C:
По соответствующим зависимостям в горизонтальной и вертикальной
плоскости построим эпюры поперечных сил, изгибающих моментов и
деформаций
и
,. эпюры:
92
93
94
Определяем суммарный изгибающий момент путем геометрического
сложения горизонтальной и вертикальной составляющих момента:
и построим соответствующую эпюру:
Определяем крутящий момент, возникающий между зубчатыми
колесами:
95
Далее построим эпюру крутящего момента, действующего между
зубчатыми колесами
Для
и
:
каждого
определим
эквивалентный
момент
путем
геометрического сложения соответствующих изгибающего и крутящего
моментов:
Построим эпюру
:
96
14.6 Определение внутренних усилий, действующих
на вал
Определим диаметр опасного сечения вала:
По формуле диаметр опасного сечения получается равным 39 мм.
Где
допустимое
напряжение
вала
на
изгиб
(для
стали):
Округлим диаметр опасного сечения в большую сторону
ближайшего стандартного значения
до
из ряда нормальных линейных
размеров: 2,0; 2,2; 2,5; 2,8; 3,2; 3,6; 4,0; 4,5, 5,0; 5,6; 6,3; 7,0; 8,0; 9,0; 10;
11; 12; 14; 16; 18; 20; 22; 25; 28; 32; 36; 40; 45; 50; 56; 63; 70; 80;….(мм)
Получаем диаметр равный 40 мм
97
14.7 Определение упругих деформаций
промежуточного вала
Определим осевые моменты инерции поперечных сечений вала
В горизонтальной или вертикальной плоскостях построим эпюры
углов поворота поперечных сечений и прогибов вала
98
99
Проверить выполнение условий жесткости:
где допустимый прогиб вала под зубчатым колесом:
– модуль зубьев в
;
– допустимый угол поворота вала в подшипниках
100
Вывод
В курсовом проекте был проделан полный анализ механизма. Была
проделана следующая работа: геометрический, кинематический, силовой,
динамический анализы, был подобран двигатель и редуктор к цикловой
машине. Был выбран наиболее эффективный механизм благодаря
сравнению коэффициентов
101
Список литературы
1. Теория механизмов и машин: учебное пособие | М.З.Коловский,
А.Н.Евграфов, Г. Н. Петров. | Издательство политехнического университета,
2009. – 247 с.
2. Теория механизмов и машин в примерах и задачах 1 часть | Семенов
Ю. А., Семенова Н. С. | Издательство политехнического университета, 2015–
284 c.
3. Теория механизмов и машин в примерах и задачах 2 часть | Семенов
Ю. А., Семенова Н. С. | Издательство политехнического университета, 2016–
282 c.
103
104
105
106