meh1

7/21/2019 meh1

http://slidepdf.com/reader/full/meh1 1/45

MAŠINSKI FAKULTET PREDMET: TEORIJA ZADATAK1 U ZENICI MEHANIZAMA LIST

− Podaci za mehanizam:

[ ]

[ ][ ]

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]cm 4H

cm 35BE

cm 50 AB

cm 30 AC

15

cm 52OA4CDOE

m!" 53#$%1!

2

cm 13OA

2

1

=

=

=

=

°=β

=⋅==

=

°=θ

=

Za dati ravanski mehanizam sačinjen od krivaje OA , koja obavljakružno kretanje, spojke ABC i CD koje obavljaju složeno kretanje,šetalica BE koja se njiše i klizač koji ima oscilatorno kretanje pohorizontalnoj pravolinijskoj putanji! "ode#i član je krivaja koja se obr#eu pozitivnom matematičkom smjeru! $vi ostali članovi su prinudnovo%eni &slika a!'(!

)kolska *odina Broj upisnice:1&&&'2000 4024'&5 R()*+

E,!*(

3

7/21/2019 meh1



'! +dre%ivanje putanje *račkom metodom - slika mehanizma

Pošto kretanje krivaje predstavlja nezavisno promjenjljivu veličinu,potrebno je ucrtati putanju tačke A! Za bilo koji položaj tačke A,od*ovaraju#i položaj zavisno pokretnih tačaka dobijamo metomšestara &slika a!.(!

/svoji se položaj tačke +A, odnosno odredi se položaj tačke A i i ucrtaputanja $B tačke B, kao luk poluprečnika EB iz centra 0! Zatim se iztačke Ai šestarom ucrtava luk poluprečnika AB , pa se u presjeku ovo*luka i putanje $B dobija tačka Bi , čime je odre%en isti položaj z*lobno*četverou*aonika +AiBi0!Po odr%ivanju poožaja tačke Ci spojke ABC, šestarom se iz iste tačkeucrta luk poluprečnika CD ! / presjeku ovo* luka sa putanjom $ tačke

i, te tačke Ci i i odre%uje pložaj spojke CD za dati poožaj mehanizma!$pajanjem svih uzastopnih položaja tačke Ci, za pun obrt krivaje, dobijase putanja tačke C &slika a!1(!


E,!*(

4

7/21/2019 meh1



2a putanji $B tačke B potrebno je odrediti dva karakteristična položajaove tačke, a mrtve tačke su B/ i B$ !/nutrašnju mrtvu tačku B/ predstavlja onaj položaj tačke B pri kome sekrivaja OA i spojka AB preklapaju! a bi se odredio ovaj položaj, izz*loba 3 koji opisuje luk poluprečnika OA AB − i u presjeku sa putanjom

$B tačke B, dobija se tražena tačka B/!

Za spoljnu mrtvu tačku B$ iz z*loba 3 se opisuje luk poluprčnika OA AB +

da presjek sa putanjom $B tačke B! 4om prilikom se pravci krivaje ispojke poklapaju, pri čemu se spojka nastavlja na krivaju &slika a!5!(!

6 za tačku mo*u se odrediti mrtve tačke / i $ putanje $ &slika '(!7ad je


E,!*(

5

7/21/2019 meh1



konstrukcijom dobijena putanja tačke C, mrtve tačke putanje sucentri lukova poluprečnika CD na istoj putanji! +vi lukovi imaju udodirnoj tački sa putanjom tačke C istu tan*entu! 4ačke / i $,dobijaju se promjenom vrha šestara po putanji $, vode#i računa o*ornjoj postavci!

.! +dre%ivanje brzina pokretnih tačaka mehanizma *račkommetodom - slika brzina

7ao što znamo poznata je brzina & A- ( tačke A koja se računa po8ormuli:

1.22

2 A

/445$%3053#$%1

30!

m13$0cm13OA

/m#3$044$%13$0OA-

=π⋅=π⋅=ω

==

=⋅=ω⋅=

+dre%ivanje brzina pokretnih tačaka mehanizma izvodi se metodomrelativnih brzina, pri čemu se dobija slika brzina mehanizma! Zaproizvoljno usvojeni pol P, za mehanizam u i-tom položaju dobija seslika brzina mehanizma, tj! rješavanjem vektorskih jenačina:

22

21

Ci V i V V

Ai V i V V

Di C Di

Bi ABi

+=

+=

/ vektorskoj jednačini &.!'( poznat je vektor Ai V po pravcu i intezitetu!Pravac ove brzine je upravan na krivaju OAi !$mjer i intezitet relativne brzine Ai BI V nije poznat! Poznat je njenpravac koji je upravan na spojku AiBi tj! poklapa se sa pravcem βi - βi!Pravac brzine "Bi je poznat, pada u pravcu tan*ente na putanju tačke Bodnosno paralelan je sa pravcem αi -αi!


E,!*(

%

7/21/2019 meh1



/ slici brzina &sl! b!'( rješava se vektorska jednačina &'( polaze#i odpola P! 2ajprije se nanese poznati vektor "Ai , pa se iz tačke ai vrhaovo* ovo* vektora nanese pravac relativne brzine Ai BI V , iz pola pravacbrzine tačke Bi! / presjeku ova dva pravca dobija se tačka bi, tedobijeni trou*ao Bi V bi P = i Ai V bi ai Bi = !Brzina Ci V tačke Ci spojke AiBiCi, može se dobiti metodom relativnihbrzina koriste#i poznate brzine tačka Ai i Bi tako da je:

24 B- - -

23 A- - -

CBC

C AC

+=

+=

9jšavanjem ovih jednačina u slici brzina obavlja se tako što se iz tačke

ai vrha vektora

Ai V nanese se poznati pravac relativne brzine Ai V Ci koji se poklapa sapravcem!


E,!*(

7/21/2019 meh1



$lika b!'

θi -θi, a iz tačke bi vrh vektora Bi V nanese poznati pravac 9elativnebrzine Bi V Ci koji je paralelan pravcu µi - µi! / presjeku ova dva pravcadobija se tačka ci, kao rješenje vektorskih jednačina &.!1( i &.!5( pa je

Ci V Pci = !Brzina tačke Ci se može odrediti pomo#u sli#nosti trou*lova aibici sa∆AiBiCi , tj! pomo#u sli#nosti slike brzina sa slikom mehanizma:

c*

*4

CB

B A

c*

*4

C A

B A

=

=

Brzina tačke i odre%uje se rješavanjem jednačine &.!.(! Brzina"i pada u pravac putanje tacke tj! u pravac γ - γ ! Pravac

relativne brzine "iCi normalan je na pravac iCi odnosnoparalelan sa δi -δi!

Polaze#i od pola P rješava se vektorska jednačina &.!.( iz vrhavektora "Ci nanosi se pravac paralelan sa δi - δi, a iz pola P pravacparalelan sa γ i - γ i , u presjeku ova dva pravca dobija se tačka di,tako da je Pdi;"i i cidi;"iCi!9ješavanjem slika brzina za izabrane položaje mehanizma i ;',.,! !! ,'< i spajanjem uzastopnih položaja vrhova vektora dobiju sehodo*ra brzina pokretnih tačaka A,B,C i &slika .(!

7ontrola tačnosti izrade zadatka se izvodi na sljede#i na#in!obijene brzine tačke C treba da padaju u pravce u tan*enti od*ovarajučih tačakaputanje $c, a mora biti i zadovoljen uslov :


E,!*(

#

7/21/2019 meh1



0- 1%

1D =∑

=


E,!*(

&

7/21/2019 meh1



1! +dre%ivanje ubrzanja pokretnih tačaka mehanizma *račkommetodom &slika ubrzanja(

6zvodi se metodom relativnih ubrzanja pri čemu se dobija slikaubrzanja mehanizma /brzanje tačke Ai je jednako normalnom ubrzanjute tacke! 4an*encijalno ubrzanje je jednako nuli jer je u*aona brzina&ω+A;ω.;const!(, pa imamo

A! A ** =

m/ 5$3&#13$0

#3$0

OA

- OA* 2.

22 A2

2! ===ω⋅=

Pravac kretanja ubrzanja aAi poklapa se sa pravcem polu*e +Ai, a

smjer je ka tački +!/brzanje tačke Bi dobija se rješavanjem vektorskih jednačina: aBi;aAi=aBiAi;aAi=aBiAi

n=aBAit &1!'(

aBi;aBin=aBi

t &1!.( pri čemu je:aBiAi- relativno ubrzanje tačke Bi u odnosu na tačku Ai/ jednačini &1!'( poznat je vektor ubrzanja tačke Ai, normalnakomponenta aBiAi

n i pravac tan*encijalne komponente aBiAit relativno*

ubrzanja aBiAi !

"ektor aBiAi ima pravac paralelan pravcu AiBi, a usmjeren je od tačke Bka tački A, a intenzitet mu je:

( ) m/ AB

- * 2.

2B

BA!=

Pravac tan*encijalne komponente relativno* ubrzanja tačke Biparalelan je pravcuβi -βi &slika c!'(! / jednačini &1!.( poznata je normalna komponentaubrzanja aBin i pravac tan*encijalne komponente aBit!2ormalna komponenta ubrzanja tačke Bi ima pravac paralelan šetalici

B , smjer mu je od bi ka 0, a intenzitet : BE- * 2B

B! =

Pravac tan*encijalne komponente ubrzanja tačke Bi je paralelanpravcu αi -αi!9ješenje jednačina &1!'( i &1!.( se izvodi na sljede#i način:6z pola P se ucrtava slika koja od*ovara jednačini &1!'(, a zatim se izisto* pola ucrtava slika koja od*ovara jednačini &1!.(! / presjekupravaca tan*encijalnih komponenata ubrzanja dobija se tačka bi kojapredstavlja rješenje obadvije jednačine!


E,!*(

10

7/21/2019 meh1



Pri tome je:BAB ** *P ==

/brzanje tačke Ci može se dobiti metodom relativnih ubrzanja, pa je: aCi;aAi=aCiAi;aAi=aCiAin=aCiAit &1!1( aCi;aBi=aCiBi;aBi=aCiBi

n=aCiBit &1!5(

+vdje su poznati aAi i aBi , kao i aCiAin i aCiBi

n

"ektor !CA* ima pravac koji se poklapa sa pravcem AC, smjer mu je od

tačke Ci ka Ai, a intenzitet : !

CA* ;"CiAi.> AC

"ektor * !CB ima pravac paralelan pravcu BC, smjer mu je od Ci kaBi,a intenzitet

! CB* ;"CiBi.>BC "ektor * CA je poznat samo po pravcu koji je paralelan sa θi -θi, dok jevektor CB*

poznat samo po pravcu koji je paralelan sa µi - µi! ?ednačine &1!1( i &1!5( u slici ubrzanja se rješavaju na sljede#i način:6z tačke ai , vrha vektora A* nanese se normalna komponenta !CA* , pase iz vrha ovo* vektora nanese nanese pravac tan*encijalnekomponente

CA* ! 6z tačke bi, vrha vektora B* nanese se normalna

komponenta!

CB* , a iz vrha ovo* vektora nanese se pravactan*encijalne komponente CB* ! / presjeku ova dva pravca dobija setačka ci kao rješenje jednačina &1!1( i &1!5( i tada je :

C*PC=

/brzanje tačke Ci može se odrediti i korištenjem sličnosti trou*lovaaibici i AiBiCi rješavanjem ili jednačine &1!1( ili jednačine &1!5( tako da

je: AiBi>AiCi;aibi>aici AiBi>BiCi;aibi>bici

/brzanje tačke odredjuje se rješavanjem dvije vektorske jednačine: ai;aCi=aiCi;aCi=aiCit=aiCi

n &1!@( ai;ai

n=ait &1!<(

/ jednačini &1!@( je poznato C* , aiCin i pravac tan*encijalne

komponente aiCin!

"ektor !DC* ima pravac paralelan pravcu spojke Cii, smjer od i ka Ci,

a intenzitet: !

DC* ;"iCi.>DC


E,!*(

11

7/21/2019 meh1




E,!*(

12

7/21/2019 meh1



Pravac tan*encijalno* ubrzanja DC* paralelan je pravcu δi - δi! /

jednačini &1!<( je 0* !D == , jer tačka ima pravolinijsko kretanje pa je:


E,!*(

13

7/21/2019 meh1



DD ** = &1!(

/ ovoj jednačini je poznat pravac D* koji je paralelan sa γ i - γ i !"ektorske jednačine &1!@( i &1!<( rješavaju se tako sto se iz tačke ci &slika 1 ubrzanja ( nanosi normalna komponenta !DC* , te iz vrha ovekomponente upravno na nju pravac tan*encijalne komponente DC* ,koja je paralelna sa pravcem δi - δi!

6z pola P se ucrtava slika koja od*ovara vektorskoj jednačini &1!<( izpola se nanosi pravac tan*encijalne komponente ubrzanja tačke ikoja je paralelna sa δi - δi ! Presjek pravaca tan*encijalnih komponenti

ubrzanja je tačka di koja je rješenje obadvije vektorske jednačine!Pri tome je : D *P( = koa i DC *( c =

2a osnovu podataka iz tabele ' crtamo sliku ubrzanja ! Provjeratačnosti vrši se na sljede#i način : obijena ubrzanja pokretnih tačakamehanizma za svaki od usvojenih položaja treba da padaju u pravactan*ente hodo*ra8a brzina od*ovaraju#e tačke zaod*ovaraju#i položaj na slici mehanizma, a mora biti i zadovoljen uslov

:∑=

=1%

1

0i

Dia


E,!*(

14

7/21/2019 meh1



4AB0A ubrzanja &izbriši ova crvena slova(


E,!*(

15

7/21/2019 meh1



2apomena: / tabeli *dje je upisana vrijednost kao npr! '0-35 tz! daima 5 nule a iza prve nule je decimalni zarez pa onda dolazi broj ' tj!3,333' što je približno nuli

5! Provjera brzina pomo#u trenutnih polova

4renutni polovi odredjuju se metodom kombinacija! Broj trenutnihpolova je:

P;n ⋅ &n-'(>., *dje je: n - broj članova mehanizma$imbol koji deniše trenutni pol sastavljen je od dvije oznake, tj! odoznake dvaju članova na koje se odnosi! 2a sprežnoj pravoj &prava kojaprolazi kroz dva trenutna pola( nalazi se tre#i trenutni pol čija oznakapredstavlja kombinaciju oznaka prva dvatrenutna pola ! 2ajmanje dvije prave koje 8ormiraju spre*u denišu usvome presjeku trenutni pol! ?edan trenutni pol mo*u da denišenajviše spre*a, pri čemu je:

;n-.7od ravnih mehanizama ukupan broj sprežnih pravih je:

$;P⋅&n-.(>1 ili $;n⋅ &n-'(⋅ &n-.(>&.⋅1(Za naš mehanizam #e biti :

P ; <⋅ &<-'(>. ;'@ 4renutni polovi se nalaze u z*lobovima susjednih članova! 4renutni polklizača u odnosu na vo%icu nalazi se u beskonačnosti! Za našmehanizam, da bi odredili brzine "B, "C i ", potrebno je usvojiti .nepoznata pola ! Za usvojenu brzinu "Ai nanesenu u tački Aikonstrukcijom pravou*lo* trou*la dobija se u*ao φ'i! 7atetete to*atrou*la su pravci '1 - .1 i brzina A- !

φ'i ;arct* & "Ai >'1-.1( odnosno φ'i;arct*ω'1

pomo#u ovo* trou*la se mo*u odrediti brzine svih tačaka na članu 1 jer je za sve tačke ovo* člana istovjetna u*aona brzina!Pravou*li trou*li sa potezima '1-1@ i '1-15 slični su trou*lu sapote*om 23.13 , kao dru*e katete imaju brzine "Bi odnosno "Ci! /*ao φ'i treba nanositi kod svih trou*lova u istom smjeru!Za spojku CD, član @ treba odrediti trenutni centar '@! +vaj trenutnicentar nalazi se u presjeku obrtnih brzina tačaka Ci i i! 7onstrukcijompravou*lo* trou*la u kome su katete pote* 35.15 brzina "Ci dobije seu*ao φ.i


E,!*(

1%

7/21/2019 meh1



φ.i;arct*ω'@

7onstrukcijom slično* pravou*lo* trou*la sa katetom 5%.15 prikorištenju u*la φ.i nanešeno* u istom smjeru, dobija se brzina "i kao

dru*a kateta ovo* trou*la!


E,!*(

1

7/21/2019 meh1



ija*rami 3°, <3°, .3°


E,!*(

1#

7/21/2019 meh1




E,!*(

1&

7/21/2019 meh1




E,!*(

20

7/21/2019 meh1



@! ija*rami brzina i ubrzanja

Zakonitost promjene brzina i ubrzanja pokretnih tačaka najčeš#e seusljed po*odne interpretacije daje u zavisnosti od zakona puta jedno*od pokretnih članova mehanizma, ili u zavisnosti od položajno* u*lakrivaje! Potrebno je dati u jednom dija*ramu zakonitosti promjenabrzina i ubrzanja tačaka B i C u zavisnosti od zakona puta tačke B,

odnosno "B, "C,aB,aC ; 8&$B(

i u dru*om dija*ramu zakonitosti promjena brzina i ubrzanja tačke uzavisnosti od promjene položajno* u*la krivaje, odnosno ",a ; 8 &θ. (7od konstrukcije prvo* dija*rama, kako je putanja tačke B kružniluk,potrebno je izvrsiti rektikaciju! 9ektikacija se vrši zamjenomdijelova luka od*ovarajucim tetivama & slika e!'(!/ označene položaje tačke B & slika e!.( unose se ordinate i to ordinatena *ore, za položaje koje tačka B zauzima pri kretanju s desno na lijevoi ordinate na dole, za položaje koje tačka B zauzima pri kretanju s lijevana desno! / mrtvim tačkama Bs i Bu ordinate prelaze putanju $B naobe strane!Brzine i ubrzanja se nanose na od*ovaraju#e ordinate! "rijednosti zabrzine i ubrzanja u mrtvim položajima se nanose na obe stranepripadaju#e ordinate! $pajanjem uzastopnih završnih tačaka istoimenihveličina dobijaju se tražene zakonitosti!


E,!*(

21

7/21/2019 meh1




E,!*(

22

7/21/2019 meh1




E,!*(

23

7/21/2019 meh1




E,!*(

24

7/21/2019 meh1



7onstrukcija dru*o* dija*rama &slika e!1( izvodi se na sljede#i način:2a apcisnu osu se nanose vrijednosti položajno* u*la krivaje θ.! Punciklus položajno* u*la nanosi se na dužinu .π k, pri čemu je k &m>rad (8aktor razmjere za u*ao!Podjela apcise je ravnomjerna, pošto je kru* krivaje .π u analizimehanizma podjeljen na '< jednakih dijelova! / označene podiokeunose se ordinate , pa se na iste nanose brzine tačke i ubrzanja

tačke ! $pajanjem uzastopnih završnih tačaka nanešenih brzina iubrzanja dobiju se tražene zakonitosti:

";θ" &θ.(a;θ &θ.(

/ ovom primjeru su kao pozitivne brzine uzete one koje su u hodo*ra8ubrzina tačke usmjerene s desna na lijevo od pola P, a kao pozitivnaubrzanja ona koja su u hodo*ra8u ubrzanja tačke usmjerene sa desna

na lijevo od pola P! $va ne*ativna ubrzanja , nanijeta ispod apcisepredstavljaju usporenja!

D2

D - (

*θ

=d

Pošto je ubrzanje prvi izvod brzine, to se pri a;3 na istim ordinatamadija*ram brzine treba da ima karakteristične tačke:maksimum, minimum ili prevojnu tačku sa horizontalnom tan*entom!/ dija*ramu na slici u tačkama 7, , D i 2 su ubrzanja jednaka nuli te uod*ovaraju#im ordinatama su ekstremne vrijednosti brzina!


E,!*(

25

7/21/2019 meh1


7/21/2019 meh1



7oriste#i jednačinu <!. uzimaju#i vrijednosti za D* sa slike 1 odre%ujese veličina inercijalnih sila za svih '< položaja mehanizma! 2a slici 8!.dat su traženi dija*rami:

Er,Ei,EEA;8&θ.(

2a apcisnoj osi nanešene su vrijednosti položajno* u*la krivaje θ. , ana od*ovaraju#e ordinate nanesene su vrijednosti komponenata pričemu treba voditi računa o smjerovima istih! 7omponenta EEA imasmjer isti kao i brzina D- , a komponenta Ei ima suprotan smjer odubrzanja D* ! 2a dija*ramu &slika 8!.( kao pozitivan smjer sila uzet je slijeva na desno ! ija*ram rezultuju#e sile ,DF dobija sesuperponiranjem vrijednosti prema jednačini <!'!


E,!*(

2

7/21/2019 meh1




E,!*(

2#

7/21/2019 meh1




E,!*(

2&

7/21/2019 meh1



! /ravnoteženje mehanizma

Dožemo *a podjeliti u tri etape! / prvoj etapi potrebno je orijentacionouravnotežiti z*lobni četverou*aonik +AB0, vode#i računa da je r. H 3 ir5H 3, pri čemu iz konstruktivnih razlo*a r5 treba da bude što manji!/ dru*oj etapi , potrebno je uravnotežiti *rupu +AC pod uslovom da

je vektor položaja ovo* sistema konstantan!/ tre#oj etapi potrebno jedimenzionionisati i oblikovati članove mehanizma tako da bi bilezadovoljene prve dvije etape!+vakav način uravnoteženja je nepo*odan iz konstrukcijskih razlo*a jer

je $AC H3 i

$@ H3, i pri tome je povečanje pritiska u z*lobovima mehanizma, pa jepo*odnije djelomično uravnoteženje mehanizma koje se izvodi u dvijeetape!/ prvoj etapi se vrši uravnoteženje inercijalnih sila z*lobno*četverokutnika sa dijelom mase člana @ redukovano* u tački C, a udru*oj etapi uravnoteženje inercijalnih sila mase redukovanih u tački klizača koji ima oscilatorno kretanje!


E,!*(

30

7/21/2019 meh1



a bi se pristupilo prvoj etapi, mora se najprije izvršiti raspore%ivanjemase člana @ u dvije tačke i to u z*lobove C i slika *!' korištenjemuslova:

m@C=m@;m@ &!'(m@Ca=m@Cb;3 &!.(m@Ca.=m@Cb.;6s &!1(

+davde se dobije :m@C;m@6s>&m@⋅a.=6s( m@;m@

. ⋅a.>&m@⋅a.=6s(

b; - 6s>m@⋅ a

m@C;m@⋅ b>&a=b( m@;m@⋅ a>&a=b(

/ravnoteženje z*lobno* četverou*aonika sa redukovanom masom

člana @ u tački C izvodi se tako što se najprije odredi položaj središtamasa člana 1, a onda za taj položaj središta masa člana 1 položajno*središta masa članova . i 5! Za odre%ivanje položaja središta masačlana 1 postaljamo pravou*li koordinatni sistem IJo KJ kroz tačku Atako da član AB leži na I - osi!aljim uproštavanjem veličine masa raspore%enih u tačke C i odre%ujemo iz statičkih uslova &!' i !.(:

m@C;m@ ⋅b>&a=b(;m@⋅&.CD>1(>CDm@C;1,@⋅.>1;.,11 k*

m@;m@a>&a=b(;m@⋅&CD >1(>CDm@;1,@>1;','< k*

Pošto nisu date mase članova z*lobno* četverou*la smatra#emo da jeon,zajedno sa redukovanom masom člana @ u tački C ve# uravnotežen!Potrebno je još uravnotežiti inercijalne sile masa redukovanih u tački klizača , pri čemu je redukovana masa u tački !

mr;m<=m@

mr;.=','<;1!'< k*"eličina ove inercijalne sile je:


E,!*(

31

7/21/2019 meh1



DF ;-mr⋅ D*

7ako je mr;1,'< k* ;const!, te je inercijalna sila direktnoproporcionalna ubrzanju D* tačke ! Potrebno bi prona#i onu tačku

mehanizma čije je ubrzanje u čitavom ciklusu kretanja mehanizma popravcu i veličini jednako ubrzanju D* , a sa suprotnim smjerom, pa bi sepostavljanjem mase veličine mr u ovu tačku dobila sila čije bi sedejstvo u svakom položaju mehanizma poništavalo sa dejstvom sile DF

! / tom slučaju mehanizam bi bio uravnotežen!ru*i način uravnoteženja je da se prona%e niz pokretnih tačakamehanizma sa takvim ubrzanjem i dodatnim masama da serezultantna inercijalna sila ovih masa poništava sa inercijalnom silommehanizma!Posmatrajmo par spre*nutih zupčanika jednakih prečnika koji seokre#u slika *!. konstantnom u*aonom brzinom ω i na kojima su napojedinim ekscentritetima rC postavljeni te*ovi mase mCL>.!

Pri usvojenom položaju masa, vertikalne komponente centri8u*alnihsila su , za svaki položaj para u sprezi, jednakih intenziteta i pravaca, asuprotnih smjerova pa se poništavaju, a ostaje samo dejstvo momentaovo* para sila ! Morizantalna komponenta centri8u*alne sile obiju masa


E,!*(

32

7/21/2019 meh1



8ormira rezultantu koja uvijek pada u pravac horizontale povučene kroztačku +!6ntenzitet ove rezultante ovisi od položajno* u*la θ.;ω t;const! imijenja se po zakonu konsinusoide, tj!

MC;mCLrCω. cos&ω t(

Za usvojeni raspored masa i ekscentritet dru*o* para spre*nutihzupčanika, kao na sljede#oj slici &sl! *!1(, veličina rezultante kojatako%e pada u pravac horizontale, mijenja se po zakonu sinusoide, tj!

Ms;m$Lr$ω. sin&ω t(

/ oba slučaja kao pozitivan usvojen je smjer inercijalne sile s lijeva nadesno !7ad su mase mCL>. i m$L>. postavljene u opozicione položaje u odnosuna položaje date na prethodnim slikama obe rezultante Ms i Mc ima#ene*ativne predznake!+be 8unkcije rezultanti su harmonijske! 7ako su u*aone brzine oba

para zupčanika iste na istom paru zupčanika mo*u se postaviti te*oviza istovremeno ostvarivanje obiju 8unkcija!"ode#i zupčanik ' vezuje se kruto sa krivajom mehanizma!/ slučaju da se pojedini parovi spre*nutih zupčanika okre#u u*aonimbrzinama za m puta u odnosu na u*aonu brzinu krivaje mehanizma,*dje je m cio broj, onda dobijene harmonijske 8unkcije imaju izraze:

Mmc;amcos&mω t( Mms;bm sin&mω t(

*dje su koecijenti:


E,!*(

33

7/21/2019 meh1



am;mmcLrmc&mω(.

bm;mmsLrms&mω(.

a bi se praktično za pojedine harmonike dobile u*aone brzine to*a

reda u mehanizmu potrebno je da parovi zupčanika dotično*harmonika imaju prečnike m;>m i da budu direktno ili prekoumetnutih parova zupcanika spre*nuti sazupčastim parom prve harmonike!2a ovaj način je mo*u#e po*odnim izborom parametara konstanti am ibm, uzusvajanje potrebno* broja zupčastih parova, superponiranjem dejstvarezultanti inercijalnih sila svako* para, dobiti 8unkciju koja #e približnoaproksimirati 8unkciju sile Ei, pri čemu su smjerovi inercijalnih sila,

odnosno njihovih rezultanti različito* smjera inercijalne sile E i, pa #eone se me%usobno poništavati!Za dobijanje vrijednosti konstanti am i bm potrebno je 8unkciju

Ei; - mra; - mrθ&θ.(razložiti u harmonijske 8unkcije, tj! razviti u Eurijerov red! 7ako jemr;1,'< k*;const! a znamo *rak 8unkcije a;θ &θ.( &sl! e!1( , to jenajpo*odnije ovu 8unkciju razviti u Eurijerov red za jediničnu masumr;', odnosno za jediničnu silu! 6zraz za Eurijerov red je:

$n&I(;a3>.=a'cosω N=a.cos.ω N=!!!!!!=ancos&nω N(=b'sin.ω N=!!!!!!!=bnsin&nω N(

∫

∫

ω=

ω=

T

0

9 m

T

0

9 m

(9 1/!m 1 9 : T

24

(9 1c"/m 1 9 : T

2*

pri čemu je ω;.π>4De%utim za 8unkciju čije analitičke izraze nemamo, a koje su datidija*ramom, kod izračunavanja Eurijerovih koecijenata koristi seBeselova 8ormula!Približne vrijednosti koecijenata su:


E,!*(

34

7/21/2019 meh1


7/21/2019 meh1



#

3#3$00$0&24$0

#

0$0

#

&24$00$03#3$0

#

&24$00$03#3$0

*

#

0$0*

43213

3122

43211

3210

3

31402

δ−δ−δ+δ=

γ +γ ⋅+γ =

δ+δ+δ+δ=

τ−τ−τ+τ

=

σ−σ⋅+σ−σ=

4ri*onometrijska suma, zamjenom Eurijerovih izračunatih koecijenata*lasi:

$1&I(;a'cosI=a.cos.I=a1cos1I=b'sinI=b.sin.I=b1sin1IZa naš mehanizam iz*led šeme i vrijednosti Eurijerovih koecijenata sudati u tabeli 1!

4abela 1

-',@' -1,1O

',1G-1,GO5,3

-1,G@<,<5

-1,5O@,'@

-1,31

','

-.,1-3,3G

-',@<-3,@.

-3,G.

' .'<

1'@

5'5

@'1

<'.

''

O'3

G

6207 $

3 ' . 1 5 @ < O

ZB69$

-',@' -',G 3,. .,<G ',< -',1.

-.,51 -.,3O -3,G.

9AZ67 A d

-5, -O,<O -'3,@G

-O,<1 -O,'O

-.,.@ -',35

$ -',@'-3,G. -',-.,3O 3,.-.,51 .,<G',1. ',<

ZB69σ

-.,51 -1,O@ -',' 5,3' ',<

9azlikaτ

-3,@G 3,1' 1,'@ ',1

6207$ 3 ' . 1 5d -5,

-',35-O,<O-.,.@

-'3,@G-O,'O

-O,<1


E,!*(

3%

7/21/2019 meh1



ZB69 δ -@,O' -'3,G1

-'O, -O,G<

9AZ67 A γ

-1,1 -<,51 -.,5'

6207 $

' . 1 5

3403$0#

%3$# $1# 3#3$0 &3$10 0$0 #1$5 &24$0

34%$1#

41$23$3 0$043$%

4&0$4

#

%3$# $1# &24$0 &3$10 0$0 #1$5 3#3$0

4&%$0#

3$1&24$015$30$031$03#3$05&$0*

4#5$1#

01$4#5$3 0$0%$134$2

#

0$0*

30%$0#

15$30$031$0&24$05&$0

#

3#3$00$0&24$0*

00

%$101$41$1#5$343$2

#*

3

2

1

3

31402

32101

43210"

=−−⋅−−⋅+−⋅

=

−=−−⋅+−

=

−=−−⋅+−⋅+−⋅

=

−=⋅−⋅−⋅+−

=

−=−−⋅+−−

=σ−σ⋅+σ−σ

=

=⋅+⋅+−

=τ+τ+τ+τ

=

≈++−−−

=σ+σ+σ+σ+σ

=

$1&I(;a'cosI=a.cos.I=a1cos1I=b'sinI=b.sin.I=b1sin1I;

;&3,13<(cosI=&-',5O( cos.I=&-3,5G<( cos1I=&-5,5G(sinI=

=&-

',15<(sin.I=&3,15(sin1I

7omponente 8unkcije tri*onometrijske sume date su na slici *!5!a i*!5!b! / tabeli 5 dat je pre*led izračunatih rezultata za '< različitihvrijednosti promjenjive I!2a slici *!@ data je 8unkcija a;8&θ.( i 8unkcije $.&I( i $1&I( čije suvrijednosti izračunate u tabeli 5!2a slici *!< date su 8unkcije 9 9 32 ∆∆ 9adijusi zupčanika su:


E,!*(

3

7/21/2019 meh1



r;r'c;r's;.r.c;.r.s;1r1c;1r1s;3,3O<< mdok je u*aona brzina prvo* para zupčanika, kao i člana ., je ω;<,55@s-', a

n;<',@1O min

-'

mase protute*ova su:

67 5&050%5$0 34%$1 21

445$%0#%%$0

1%$3,

m

2 ,

mm

67 %52%34%3$0 4#$1 2

1

445$%0#%%$0

1%$3*

,

m

2 ,

m*m

67 &412%3$3445$%0#%%$0

4&$4 1%$3

,

m

,

mm

67 2%#%02#$0445$%0#%%$0

30%$01%$3*

,

m

,

m*m

222,D

2S2

,D2S2

222,D

2C2

,D2C2

212,D

2S1

,D1S1

212,D

2c1

,D1C1

−=−⋅⋅⋅

=⋅ω⋅

=ω⋅

⋅=

−=−⋅⋅⋅

=⋅ω⋅

=ω

⋅=

−=⋅

−⋅=⋅

ω⋅=

ω⋅

⋅=

=⋅

⋅=⋅

ω⋅=

ω⋅

⋅=

67 00&&5&11$0 340$0 3

1

445$%0#%%$0

1%$3

,

m

3 ,

mm

67 14523&1$0 4&%$0 3

1

445$%0#%%$0

1%$3*

,

m

3 ,

m*m

232,D

2

S3

,D3S3

232,D

2C3

,D3C3

−=−⋅⋅⋅

=⋅ω⋅

=ω⋅

⋅=

−=−⋅⋅⋅

=⋅ω⋅

=ω

⋅=

9aspored masa za protute*ove i za konkretan slučaj dat je na slici *!!Dasa protute*a prvo* para diskova dati su na slici *!O i iznose:

0445> 0%?#%2#%02#22$0

&412%342$3*,c7

67 &520$1 &412%3%42$3 2%#%02#$02

1m

1

22R1

°=−

=α

=−+=

Dase protute*ova rezultuju#ih sila i položajni u*lovi dru*a dva paradiskova su:

0254> 0&?42%52%34%3%$0

5&050%5$0*,c7

67 44014$0 5&050%5$0 %52%34%3$02

1m

2

22R2

°=−

=α

=−+=


E,!*(

3#

7/21/2019 meh1



223>30?3$314523&13$0

00&511$0*,c7

67 02#&41$0 00&511$0 14523&13$0 2

1m

3

22R3

°=−

=α

=−+−=


E,!*(

3&

7/21/2019 meh1




E,!*(

40

7/21/2019 meh1




E,!*(

41

7/21/2019 meh1




E,!*(

42

7/21/2019 meh1




E,!*(

43

7/21/2019 meh1




E,!*(

44

7/21/2019 meh1




E,!*(

45

7/21/2019 meh1




E,!*(

4%

7/21/2019 meh1



4

Documents

meh1