- International Olympiad in Theory of Mechanisms and

Задачи Первой Международной олимпиады по теории машин и механизмов в 2011 году
Задача №1 (2011-1)
В механизме для горизонтального перемещения изделия, кинематическая схема
которого приведена на рисунке 1, кривошип 1 вращается с постоянной скоростью 60
об/мин в направлении по часовой стрелке. Он сообщает зубчатой рейке 4 горизонтальное возвратно-поступательное движение посредством ползуна 2 и кулисы 3, в состав которой входит зубчатый сектор, а на участке
профиль в виде дуги окружности.
BD кулиса имеет криволинейный
Рис. 1. Кинематическая схема механизма
но
Неуказанные, но необходимые для расчетов, линейные и угловые размеры можопределить по схеме, выполненной
с масштабным коэффициентом
k l  0, 002 м/мм.
Определить:
1. Скорость и ускорение рейки 4, когда угол O 2O1A равен 90°.
2. Коэффициент изменения средней скорости хода ведомого звена.
3. Длину хода рейки 4.
Решение задачи 2011 – 1
1. Определение скорости и ускорения рейки
Скорость и ускорение рейки в этом механизме можно определить двумя способами.
Первый способ
VA1 VA 2
pa1 pa2
Соответствие обозначений векторов скоростей и ускорений
и их изображений на планах скоростей и ускорений
t
anA2 A3
VA 3 VA 2 A3 a A1 aA2
atA2 A3
anA3
A3
a
pa3 a3a2
 a1  a
2
 na
3
n a3 a 3
t a2 na2
a 3t a 2
acA2 A3
n a2 a 2
Угловая скорость кривошипа 1
1 
Скорость точки
A
 n1
30

  60
30
 6, 283 рад с .
ползуна 2
VA2  VA1 ,
VA1  O1A,
VA2  VA1  1lO1 A  6, 283  0, 06  0, 377 м с,
где VA1 – скорость точки
A кривошипа 1.
Масштабный коэффициент, принятый при построении плана скоростей (рис. 3)
kV 
VA1
(pa1 )

0, 377
мс
 0, 00628
.
60
мм
С другой стороны, скорость ползуна 2 можно определить, рассмотрев его сложное
движение:
VA2  VA3  VA2 A3 , VA3  O 2 A, VA 2 A3  CA,
где
VA 3 – скорость точки A
кулисы 3; VA 2 A 3 – скорость точки
A ползуна 2 отно-
сительно точки A кулисы 3.
Из построенного плана скоростей:
VA3   pa3  k V  56  0, 00628  0, 35 м c;
VA2 A3   a3a2  k V  64  0, 00628  0, 40 м с .
Рис. 2. Расчетная схема механизма
Угловая скорость кулисы 3
3 
где
VA3
lO2 A
lO2 A

VA3
 O2 A kl

0, 35
 2, 27 рад c ,
77  0, 002
– радиус вращения точки A кулисы;
(O 2 A) – радиус вращения точки A кулисы на
плане механизма.
Рис. 3. План скоростей
Скорость рейки 4
V4  VE4  VE3 , причем VE  O 2E,
3
  – скорость точки E
где VE4 VE3
на делительной прямой зубчатой рейки 4 (на де-
лительной окружности зубчатого сектора); O2E – делительный радиус сектора, расположенный перпендикулярно линии хода рейки.
V4  VE4  VE3  3lO2E  2, 27  0, 05  0,114 м с. .
Ускорение точки
A
ползуна 2
a A2  a A1  anA1 , причем a A1 || O1A, ,
a A2  a A1  12 lO1 A  6, 2832  0, 06  2, 369 м с2 ,
где
a A1 – ускорение точки A
кривошипа.
Масштабный коэффициент, принятый при построении плана ускорений (рис. 4)
2, 369
м с2
ka 

 0, 0395
.
( a1 )
60
мм
a A1
При рассмотрении сложного движения ползуна 2
ускорение той же точки А 2 можно найти из век-
Рис. 4. План ускорений
торного уравнения:
a A2  anA3  atA3  anA2 A3  atA2 A3  acA2 A3 ,
c
anA3 || O2 A, , atA  O2 A, anA2 A3 || AC, atA2 A3  AC, , a A2 A3 || AC,
3
где
anA3 ( atA ) – нормальное (тангенциальное) ускорение точки A кулисы 3;
3
anA2 A3 ( atA A
2
3
) – нормальное (тангенциальное) ускорение точки
носительно точки
A
A
с
ползуна 2 от-
кулисы 3; a A 2 A3 – ускорение Кориолиса при движении точки А
ползуна 2 относительно точки
A
кулисы 3.
a An3  32 lO2 A  2, 272  (77  0, 002)  0, 8 м с2 , ,
a
n
A2 A3

VA22 A3
0, 402

 0, 8 м с2 ,
0, 2
l AC
acA2 A3  23VA2A3  2  2, 27  0, 40  1, 82 м с2 .
Длины отрезков, необходимые для построения плана ускорений:
 na 
3
t a2 na2 
na 2 a 2 
anA3
ka

anA2 A3
ka
acA2 A3
ka
0, 8
 20, 3 мм,
0, 0395

0, 8
 20, 3 мм,
0, 0395

1, 82
 46,1 мм.
0, 0395
После построения плана ускорений найдём касательное ускорение точки
сы 3
A
кули-
atA3  (na3 a3 )  k a  23, 5  0, 0395  0, 93 м с2 .
Угловое ускорение кулисы 3
3 
a At 3
lO2 A

0, 93
 6 рад с 2 .
77  0, 002
Ускорение рейки 4
a4  aE 4  atE3 , atE3  O2E,
a4  aE 4  aEt 3   3lO2 E  6  0, 05  0, 3 м с2 .
Второй способ
Кулисный механизм с криволинейной кулисой можно заменить шарнирным четырехзвенником.
Для заданного положения механизма заменяющий механизм
на рис.2, где шарнир
C , соединяющий шатун AC
O1ACO 2
и звено O 2C , совпадает с цен-
тром кривизны кулисы.
Векторное уравнение для определения скорости
VC
точки
C
показан
можно записать как
VC  VA  VCA ,
VC  O2C, VA  O1A, VCA  AC,
Рис. 5. План скоростей
где VA  1lO1 A  0, 377 м с.
Решив это векторное уравнение графически, т.е. построив план скоростей (рис. 5) с
масштабным коэффициентом k V  0, 00628
3 
2 
мс
, , получим
мм
VC
( pc )kV
65, 5  0, 00628


 2, 27 рад с ,
lO2C  O2C  kl
90  0, 002
VCA (ac )kV
8, 5  0, 00628


 0, 27 рад с .
l AC  AC  kl
100  0, 002
Скорость рейки 4
V4  VE4  VE3 , VE3  O 2E,
  – скорость точки E
где VE4 VE3
на делительной прямой зубчатой рейки 4 (на дели-
тельной окружности зубчатого сектора); O2E – делительный радиус сектора, расположенный перпендикулярно линии хода рейки.
V4  VE4  VE3  3lO2 E  2, 27  0, 05  0,114 м с.
Запишем векторное уравнение для определения ускорения
aC
точки
C
t
anC  aCt  anA  a tA  anCA  aCA
,
n
t
 AC,
anC || O 2C, aCt  O 2C, a A || O1A, a tA  O1A, anCA || AC, aCA
n
где aC
 a  – нормальное (тангенциальное) ускорения точки C звена 3; a  a  –
n
A
t
C
t
A
нормальное (тангенциальное) ускорение точки A кри-

n
t
вошипа 1; a CA a CA
ускорение точки
вокруг точки А.
C

– нормальное (тангенциальное)
при вращении вместе со звеном 2’
aCn  32 lo2C  2, 272 (90  0, 002)  0, 93 м/с2 , ,
a An  12 lO1 A  2, 369 м/с2 , ,
n
aCA
  22 lCA  0, 27 2  0, 2  0, 015 м/с 2 , ,
Рис. 6. План ускорений
atA  0.
Определим длины отрезков, необходимых для построения плана ускорений (рис.6)
м с2
,
с масштабным коэффициентом k a  0, 0395
мм
anA
2, 369
a 

 60 мм,
k a 0, 0395
anCA
0, 015
nCA a 

 0, 38 мм,
k a 0, 0395
anC
0, 93
 nC 

 23, 5 мм.
k a 0, 0395
Построив план ускорений (рис.6), найдем угловое ускорение
3
звена 3
aCt
( n c )k
27, 5  0, 0395
3 
 C a 
 6 рад с2 .
lO2C  O2C  kl
90  0, 002
Ускорение рейки 4
a4  aE 4  atE3 , atE3  O2E,
a4  aE 4  aEt 3   3lO2 E  6  0, 05  0, 3 м с2 .
2. Определение коэффициента изменения средней скорости хода ведомого звена
K.
Величина коэффициента определяется отношением средних скоростей холостого и
рабочего ходов рейки 4 или отношению соответствующих им углов поворота кривошипа 1:
k
Vср.хх
Vср.рх

рх
,
 хх
где Vср.рх (Vср.хx ) – средняя скорость рейки 4 на рабочем ходу (на холостом ходу),
причем рабочий ход соответствует движению рейки вправо, холостой – влево;
 рх ( хx ) – угол поворота кривошипа 1 в течение рабочего хода (холостого хода) рейки 4.
Для определения соответствующих углов поворота кривошипа 1 строятся крайние
положения механизма.
Угол между крайними положениями механизма AO1A   хх , следовательно
k
360   хх
 хх

360  141, 8
 1, 54,
141, 8
где угол
 хх можно измерить по схеме с помощью транспортира.
3. Определение длины хода рейки.
Длина хода h зубчатой рейки 4, делительная прямая которой катится без скольжения по делительной окружности зубчатого сектора, равна длине дуги делительной
окружности сектора, соответствующей углу BO2B (FO 2 F) поворота сектора
между крайними положениями участка O2B кулисы.
h  lO 2 E  BO2 B  0, 05
  57, 4
 0, 05 м,
180
где значение угла 57, 4 измерено по схеме с помощью транспортира.
Задача №2 (2011 – 2)
Кулачок 1 (рис. 1) вращается с постоянной угловой скоростью
1
вокруг
неподвижной оси. Он сообщает вертикальное возвратно-поступательное
движение толкателю 2, линия хода
которого проходит через ось вращения кулачка. Часть
AB
профиля
кулачка – прямая линия, часть AD
– является эвольвентой окружности
радиуса OC . Углы BAC и ACO
– прямые. Для обеспечения постоянного контакта толкателя с кулачком
используется пружина.
Рис.1. Схема кулачкового механизма
1. Доказать, что в показанном положении
изменение
ускорения
толкателя
aA2 вследствие изменения кривизны профиля кулачка равно 12OA sec 4  .
2. Написать выражение для определения вектора силы инерции
Fи , действующей
на толкатель в заданном положении, если масса его движущихся частей m известна.
Решение задачи 2011 – 2
1. Точка A (см. рис. 2) по условию задачи является точкой сопряжения прямолинейного AB
и эвольвентного
AD участков профиля кулачка,
поэтому в точке
касательную
A
эти участки имеют общую
tt.
Вследствие этого в точке
A
кулачка
A
скорость точки
VA1 , скорость точки A
относительно точки
точки
A
толкателя
A
толкателя
кулачка VA 2 A1 , скорость
VA 2 равны как на прямоли-
нейном, так и на эвольвентном участках, и соотношения этих скоростей описываются одним векторным уравнением
Рис.2. Расчетная схема механизма
VA2  VA1  VA2 A1 ; VA 2 || AE; VA1  OA; VA2 A1 || t  t,
где: VA  1OA. .
1
Из треугольника скоростей (рис. 3)
VA2A1  VA1 cos  1OA cos  1OAsec .
Векторные уравнения для определения ускорения
толкателя
a A2
не одинаковы на участках
AB и
Рис.3. План скоростей
AD .
На прямолинейном участке AB
aПA2  a A1  a A2 A1  aсA2 A1 ,
где
a A1 – ускорение точки A
кателя относительно точки
точки
A
A
кулачка,
(1)
aA1 || OA, a A2 A1 – ускорение точки A тол-
кулачка, aA2 A1 || t  t,
толкателя относительно точки
A
aсA 2 A1 – ускорение Кориолиса
с
кулачка, a A2 A1  t  t, .
a A1  12OA,
aсA2 A1  21VA2 A1  212OAsec  . .
На эвольвентном участке
AD
aЭA2  a A1  anA2 A1  atA2 A1  aсA2 A1 ,
n
где a A 2 A1 – нормальное ускорение точки
A
(2)
толкателя относительно точки
t
n
ка, a A2 A1 || AC, a A 2 A1 – тангенциальное ускорение точки
точки
A
A
A
кулач-
толкателя относительно
кулачка, a A2 A1 || t  t.
t
anA2A1  VA22 A1 AC  1OAsec 
а
2
OAcos   12OAsec3  .
б
в
Рис. 4. Ускорение точки
а – на участке
A:
AB ; б – на участке AD ; в – совмещение рисунков 4, а и 4, б.
Очевидно, что векторы
aA1 , aсA A
2
1
одинаковы как на участке
AB ,
так и на
участке AD . Изобразим уравнения (1) и (2) графически в произвольном, но одинаковом масштабе (см. рис. 4).
Определить изменение ускорения
на эвольвентный в точке
aA2
при переходе с прямолинейного участка
A можно следующим образом.
Первый способ (см. рис. 4, а и 4, б).
a A2  aЭA2  aПA2 ,

 
aA2  aПA2  aЭA2  acA2A1 cos   aA1   acA2A1  anA2A1

 cos  a
A1


  212OAsec cos   12OA    212OAsec  12OAsec3   cos   12OA  
 212OA sec2   12OA  212OA sec 2   12OA sec 4   12OA  12OA sec 4  .
Второй способ (см. рис. 4в).
Совместим многоугольники ускорений с рис. 4, а и 4, б. Из построения очевидно:
1) вектор
aA2
направлен вертикально навстречу движению толкателя в данном по-
ложении;
2) модуль вектора a A2
равен
a A2  anA2 A1 cos   12OA sec4  . .
2. Выражение для определения силы инерции
Fи , действующей на толкатель в
данном положении, можно записать в виде
Fи  m  a A2 . .
Направлена эта сила вертикально вверх в направлении движения толкателя.
Задача № 3 (2011-8)
Поступательно перемещающийся толкатель 2,
масса которого m 2  0,1 кг, , центрального кулачкового механизма на участке удаления имеет
функцию
положения

q 
s  0, 5Smax 1  cos
 , где q
q

Y 
– текущий
угол поворота кулачка, а q Y  120 – его значение, соответствующее концу участка удаления.
Определить:
1. Вывести формулу для определения движущего момента M D и найти его максимальное
значение, если угловая скорость кулачка постоянна и равна q 100 рад с, ход толкателя
Smax  30 мм. .
2. Угол поворота кулачка
q * , при котором движущий момент имеет наибольшее
значение.
Решение задачи 2011 – 8
1. Для решения задачи воспользуемся уравнением Лагранжа второго рода
d  E  E
 Qq ,


dt  q  q
где
E
(1)
– кинетическая энергия механизма;
ствующая углу поворота кулачка;
q
q
– обобщенная координата, соответ-
– обобщенная скорость, соответствующая угло-
вой скорости кулачка; Q q – обобщенная сила, соответствующая обобщенной координате
q.
Кинетическая энергия механизма
I Oq 2 m 2 V22
E  E1  E2 

,
2
2
(2)
где
E1 – кинетическая энергия кулачка 1; E2 – кинетическая энергия толкателя 2;
IO
– момент инерции кулачка относительно его оси вращения
O ; V2
– скорость
толкателя.
Скорость толкателя найдём, продифференцировав по времени функцию его положения:
V2 
ds ds dq  q
q



Smax sin
.
dt dq dt 2q Y
qY
(3)
После подстановки (3) в (2) выражения для кинетической энергии механизма и производных от неё принимают вид:
2
I Oq 2 m 2 2q 2Smax
2 q
E

sin
;
2
8q 2Y
qY
2
m 2 2qSmax
E
2 q
 I Oq 
sin
;
q
4q 2Y
qY
2
2
m 2 2qSmax
m 2 3q 2Smax
d  E 
2 q
2 q

I
q

sin

sin
;

 O
dt  q 
4q 2Y
qY
4q3Y
qY
(4)
2
E m 2 3q 2Smax
2 q

sin
.
3
q
8q Y
qY
(5)
Обобщённая сила равна движущему моменту
Qq  M D .
(6)
Подставим выражения (4), (5), (6) в (1), и, учитывая, что q  const, а
q  0, по-
лучим
2
m 2 3q 2Smax
2 q
sin
 MD .
8q3Y
qY
(7)
Из анализа этого выражения следует, что движущий момент M D достигает
наибольшего значения тогда, когда
sin
2 q *
 1.
qY
(8)
В общем виде его выражение имеет следующий вид:
M Dmax
2
m 2 3q 2Smax

,
3
8q Y
(9)
а при подстановке в (9) числовых значений наибольший момент движущих сил равен
M Dmax
0,1  3 1002  0, 032

 0, 38 Н  м.
3
8  2, 09
2. Угол поворота кулачка
q * , при котором
M D имеет наибольшую величину,
определим из выражения (8):
2 q1 * 

qY
2
или
2 q2 * 3

,
qY
2
откуда
1
1
q1*  q Y  120  30,
4
4
3
3
q 2 *  q Y  120  90.
4
4
Задача № 4 (2011- 4)
Пара зубчатых цилиндрических прямозубых колес 1 и 2, имеющих числа зубьев
соответственно z1  20 и z 2  40 , модуль m  5 мм, нарезана без смещения исходного контура стандартным реечным инструментом с параметрами: угол профиля
рейки
  20, коэффициент радиального зазора c*  0, 25, коэффициент высоты го-
*
ловки зуба h a  1. .
1. Какие условия должны быть соблюдены, чтобы передаточное отношение пары
прямозубых колес оставалось постоянным в течение всего периода контакта между
парой зубьев колес?
2. Определить скорость скольжения
VS12
колеса 1 относительно колеса 2 при вхо-
де его в зацепление и при выходе из зацепления, если колесо 1 вращается с частотой
n1  2000 об / мин и является ведущим.
Решение задачи 2011 – 4
1. Чтобы передаточное отношение колес оставалось постоянным, колеса должны
быть круглыми, а нормаль к профилям зубьев в точке их контакта при любом положении соприкасающихся профилей должна проходить через точку
P
(полюс зацеп-
ления), которая делит межосевое расстояние обратно пропорционально угловым скоростям зубьев.
2. При указанном направлении вращения контакт пары зубьев начнется в точке A
пересечения линии зацепления N1N 2 с окружностью вершин колеса 2 и закончится в
точке
B
пересечения линии зацепления с окружностью вершин колеса 1.
В точках контакта A и
tt
и общую нормаль
B
контактирующие профили имеют общую касательную
nn.
Определить скорость скольжения
VS12 можно двумя способами.
Первый способ
Абсолютная скорость точки
A1
колеса 1 на входе в зацепление может быть
найдена из выражения
VA1  VA2  VA1A2 ,
(1)
где
VA1 – абсолютная скорость точки контакта A1 колеса 1,
реносная скорость точки контакта
A1
VA1  O1A; VA 2 – пе-
при вращении вместе с колесом 2,
VA2  O 2 A; VA1A 2 – относительная скорость точки A1 относительно точки A 2 ,
VA1A 2 || tt. Причём
VA1  1lO1A ,
VA2  2 lO2 A .
A
Скорость скольжения зубьев равна скорости относительного движения точки
VS12  VA1A2 . .
(2)
Из (1) и (2) следует
VS12  VA1  VA2 . .
(3)
Спроецируем уравнение (3) на общую касательную t  t. .Из рассмотрения рисунка следует:
VS12  VAt1  VAt2  1lO1 A sin 1  2 lO2 A sin  2  1  N1 A  2  N 2 A;
N1A  N1P  AP;
(5)
N 2 A  N 2 P  AP.
(6)
(4)
Подставим (5), (6) в (4):
VS12  1  N1P  AP   2  N2P  AP   AP 1  2   1  N1P  2  N2P.
Спроецируем уравнение (3) на общую касательную
ка следует:
t  t. Из рассмотрения рисун-
VS12  VAt1  VAt2  1lO1 A sin 1  2 lO2 A sin  2  1  N1 A  2  N 2 A;
N1A  N1P  AP;
N 2 A  N 2 P  AP.
(4)
(5)
(6)
Подставим (5), (6) в (4):
VS12  1  N1P  AP   2  N2P  AP   AP 1  2   1  N1P  2  N2P.
Из основной теоремы зацепления и подобия треугольников O1PN1 и O 2 PN 2 следует, что
1 N2 P

, то есть 1  N1P  2  N 2 P.
2 N1P
Тогда
VS12  AP 1  2  .
Расстояние
(7)
AP определим из рисунка
AP  N2 A  N2 P  0, 5 da22  db2 2  0, 5d2 sin  W ,
где
d2
– диаметр делительной окружности колеса 2;
вершин колеса 2;
db 2
da 2
(8)
– диаметр окружности
– диаметр основной окружности колеса 2.
Определим интересующие параметры зубчатых колёс:
d2  mz 2  5  40  200 мм;
 W    20;
da 2  d2  2ha *m  200  2 1 5  210 мм;
db 2  d2 cos  W  200 cos 20  187, 938 мм.
Тогда расстояние от точки А до полюса зацепления
AP  0, 5 2102  187, 9382  0, 5  200 sin 20  12, 647 мм.
Угловые скорости зубчатых колёс:
1 
n
30

  2000
Тогда скорость скольжения
30
 209, 33 рад с; 2 
VS12
1z1
z2

1
2
.
колеса 1 относительно колеса 2 при входе в за-
цепление:
3
3
VS12   AP 1  12, 647   209, 33  3971 мм с  3, 971 м с .
2
2
Для определения скорости скольжения VS12 в точке контакта
B на выходе из за-
цепления можно провести аналогичные рассуждения для случая точки
цепление (см. формулы (1) – (3)) и получить следующее выражение:
A входа в за-
VS12  VBt1  VBt2  1lO1B sin 1I  2 lO2 B sin  2I  1  N1B  2  N 2 B.
Из рисунка видно, что
N1B  N1P  PB,
N2B  N 2 P  PB. .
Тогда
VS12  1  N1P  PB   2  N2P  PB   PB 1  2   1  N1P  2  N2P  PB 1  2  .
Расстояние РВ можно найти, исходя из рисунка:
PB  N1B  N1P  0, 5 da21  db21  0, 5d1 sin  W ,
где
d1
– диаметр делительной окружности колеса 1;
шин колеса 1;
d a1 – диаметр окружности вер-
d b1 – диаметр основной окружности колеса 1.
Определим параметры зубчатых колёс, необходимые для вычисления скорости
скольжения:
d1  mz1  5  20  100 мм;
da1  d1  2ha *m  100  2 1 5  110 мм;
db1  d1 cos   100 cos 20  93, 969 мм;
PB  0, 5 1102  93, 9692  0, 5 100 sin 20  11, 49 мм. .
Тогда скорость скольжения
VS12
колеса 1 относительно колеса 2 при выходе из
зацепления:
3
3
VS12  PB 1  11, 49   209, 33  3608 мм с  3, 608 м с .
2
2
Второй способ
Применим метод обращенного движения: условно придадим колесам и неподвижному звену вращение с угловой скоростью, равной скорости колеса 2, но направленной
в противоположную сторону.
В полученном обращенном механизме колесо 2 становится неподвижным; неподвижная ось
O1 вращается вокруг оси O 2 с угловой скоростью (  2 ) ; угловая ско-
рость колеса 1 равна 1  ( 2 )  (1  2 ). Движение профиля зуба колеса 1 относительно профиля зуба колеса 2 в действительном и обращенном движениях одинаково – это качение с проскальзыванием (разница лишь в том, что в обращенном механизме профиль зуба колеса 2 превращается в неподвижную кривую).
Для контактной точки
A
колеса 1 в обращенном механизме можно записать
VAO1  VAO2  VS12 ,
(9)
O
где скорость точки VA 2 равна нулю.
В связи с этим точка P (полюс зацепления), где соприкасаются точки
P1 и P2 (в
данном случае) делительных окружностей соответственно колеса 1 и колеса 2, для
колеса 1 является мгновенным центром скоростей относительного вращения.
Тогда уравнение (9) приобретает вид
VAO1  VS12  VS12  (1   2 )PA.
(10)
Как видим, формула (10) для вычисления величины
VS12 совпадает с выражением
(7) за исключением знака. Направление вектора VS12 при данном способе решения
(см. рис.2) определяется направлением угловой скорости (1  2 ).
В точке B , являющейся точкой выхода из зацепления указанной пары зубьев, аналогичные рассуждения приводят к выражению
VBO1  VS12  VS12  (1   2 )PB,
полностью совпадающим с полученным ранее.
Замечание. Поскольку формулы для вычисления скоростей VS12 в точках
A и
B , полученные при обоих способах решения, одинаковы, то подсчет числовых значений при втором способе решения не производим.
Задача № 5 (2011-5)
Требуется восстановить редуктор привода барабана грузоподъемной лебедки, зубчатые колеса которого разрушились в результате перегрузок.
Чертежи зубчатых колес отсутствуют, но о них известно следующее:
 модули всех зубчатых пар одинаковы;
 известны числа зубьев колес z 4  63; z 5  24; z 7  72;
 для остальных колес установить числа зубьев по разрушенным
образцам не представляется возможным, но известно, что все колеса были изготовлены стандартным
инструментом
(
 20, h*a  1,
c*  0, 25 ) без смещений исходного контура, а z1  z 3 .
1. Определить фактическое число степеней свободы данного механизма. Указать лишние степени
свободы, если они имеются.
2. Подобрать недостающие числа зубьев колес, обеспечивая точное значение передаточного отношения редуктора uAB  22.
Решение задачи 2011 – 5
1. Число степеней свободы
W данного плоского редуктора можно определить по
формуле
W  3n  2p5  1p4 ,
где
n 5–
число подвижных звеньев; p5  6 – число кинематических пар пятого
класса; p 4  4 – число кинематических пар четвертого класса. Тогда
W  3  5  2  6 1 4  1.
Полученный результат говорит о том, что редуктор имеет одну лишнюю степень
свободы, осуществляемую кинематической парой пятого класса A, H (барабан). Исключив её при подсчете W , получим фактическое значение степени свободы
W  3  5  2  5 1 4  1.
Такой же ответ дает формула подсчета W, приведенная в англоязычном источнике
Kinematics, Dynamics, and Design of Machinery, 2nd Edition, by K. Waldron and G.
Kinzel, Wiley, 2004:
j
W  3  n*  j  1   fi ,
i 1
где
n*  6 – число всех звеньев механизма; j  10 – общее число кинематических
j
пар;
f
i 1
i
 1 6  2  4  14 – число возможных движений, допускаемых кинематиче-
скими парами пятого и четвертого классов, которые имеются в данном механизме.
После подстановки получим
W  3  6 10 1  1 6  2  4  1.
Исключив кинематическую пару A, H (барабан), дающую лишнюю степень свободы, вычислим фактическое значение
W:
W  3  6  9 1  1 5  2  4  1.
2. Редуктор представляет собой замкнутый дифференциальный механизм. Выведем
формулу передаточного отношения редуктора, выразив его через числа зубьев колес.
Запишем кинематические соотношения:
– для дифференциальной ступени, которая состоит из входного вала
ным колесом 1, блока сателлитов 2-3, водила
 
u14

H
H
A
с централь-
и центрального колеса 4 –
1  H
z z
 2  4 ,
4  H
z1 z 3
(1)
– для замыкающей цепи, состоящей из колес 5, 6, 7 –
u57 
5
z
 7 ,
7
z5
(2)
Уравнения кинематических связей:
– для входного вала
A  1 ,
(3)
– для промежуточного вала
 4  5 ,
(4)
– для выходного звена (барабана)
 H  7  B .
(5)
Передаточное отношение редуктора
u AB 
A
.
B
Используя равенства (2) – (5), запишем передаточное отношение от 1 колеса к 4 в
обращённом движении:
(H)
U14

A
1
B
u AB  1
 A  B


,
Bu57  B u57  1 u57  1
откуда
 z z z
H
u AB  1  1  u57  u14
 1  1  7  2 4 .
 z 5  z1 z 3
(6)
Выражение (6) содержит два неизвестных. Обозначим их: z1  z 3  x, и z 2  y.
Тогда из выражения (6) и условия соосности z1  z 2  z 4  z 3 получим систему уравнений
u AB  1
y

 x2  z  ;

7
1   z 4

 z5 

y  2x  z 4 ,
или
22  1
1
y
 x 2   72   12 ;
1  24  63




 y  2x  63.
Её можно привести к виду:
x2  24x  756  0;

y  63  2x.
Единственное приемлемое решение этой системы: x  18; y  27.
Число зубьев колеса 6 найдем из условия соосности для замыкающей цепи:
z5  z6  z7  z 6 .
Тогда
z6 
z 7  z 5 72  24

 24.
2
2
Таким образом, для восстановления редуктора необходимо изготовить следующий
комплект зубчатых колес:
z1  18; z 2  27; ; z3  18; z 4  63; z 5  24; z 6  24;
z 7  72.
Подставим подобранные числа зубьев в выражение для
u AB
и убедимся, что тре-
буемое точное значение передаточного отношения обеспечивается:
Задача № 6 (2011-3)
Рассчитать величину кинетической энергии E шатуна AB шарнирного четырехзвенника для такого положения механизма, при котором угол
 2 принимает
наибольшее (или наименьшее) значение.
Масса шатуна m 2  10 кг, его момент инерции относительно центра масс
IS2  0, 40 кг  м2 . Длина кривошипа lOA  0, 3 м, длина шатуна l AB  0, 80 м.
Положение центра масс
S2
на шатуне
AB
(размер
l AS2 ) можно принять по сво-
ему усмотрению; указать влияние на величину кинетической энергии
l AB
и l AS2 .
Угловую скорость кривошипа ОА считать равной 1  10 рад/с.
E
размеров
Решение задачи 2011 – 3
Скорость точки
A
кривошипа (и шатуна) равна
VA  1  lOA  10  0, 30  3, 00 м/с.
Поскольку в расчетном положении механизма угол
2
шатуна принимает
наибольшее (или наименьшее) значение, то для такого положения
d 2
 2  0.
dt
Следовательно, в таком положении шатун AB движется мгновеннопоступательно
и скорости всех его точек одинаковы ( VB  VS2  VA ).
Тогда кинетическая энергия шатуна
m  VA2 10  32
E

 45 Дж.
2
2
Это значение одинаково для обоих указанных в условии задачи положений механизма и оно не зависит ни от длины шатуна
ции
l AB , ни от величины его момента инер-
I S2 , ни от положения его центра масс S 2 относительно точки A (размера l AS2 ).
Задача № 7 (2011-7)
Пресс приводится в движение электромотором, развивающим постоянную мощность N  2, 2 кВт. . В начале операции прессования маховое колесо пресса, имею2
щее момент инерции I  50, 5 кг  м , , вращается с частотой n  250 об/мин. Опе-
рация прессования занимает t  0, 75 c и требует затрат энергии E  4750 Дж. Потерями на трение пренебречь.
Определить:
1. Уменьшение частоты вращения махового колеса  n после каждой операции
прессования.
2. Максимальное количество операций прессования
K,
которое может быть вы-
полнено в течение 1 часа.
Решение задачи 2011 – 7
Для решения задачи используем теорему об изменении кинетической энергии, согласно которой изменение кинетической энергии махового колеса во время операции
прессования, занимающей 0,75 секунды, равно разнице между работой, совершаемой
двигателем за указанный промежуток времени, и затратами энергии на операцию
прессования.
I12 I 2

 Nt  E,
2
2
где
 и 1 – угловая скорость махового колеса в начале и в конце операции прес-
сования соответственно.
Угловая скорость в начале операции прессования

n
30

  250
 26,18 рад с .
30
Угловая скорость в конце операции прессования
1 
2  Nt  E 
I
2 
2  2200  0, 75  4750 
50, 5
 26,182  23, 72 рад с .
Уменьшение частоты вращения махового колеса после операции прессования
n 
30   1 


30  26,18  23, 72 

 23, 49 об мин .
Для определения времени t1 , необходимого для восстановления первоначальной
частоты вращения маховика, снова используем теорему об изменении кинетической
энергии
I 2 I12

 Nt1 .
2
2
Тогда время на восстановление частоты вращения
t1 

I  2  12
2N
  50, 5  26,18
2
 23, 722
2  2200
  1, 41 c.
Максимальное число операций прессования в час
K
3600
3600

 1666, 7.
t  t1 0, 75  1, 41
Задача № 8 (2011-6)
Режущий аппарат косилки выполнен в виде синусного механизма. Кривошип
O1A , выполненный заодно с колесом 1, приводит в движение кулису 3 (нож косилки) через ползун 2. Колеса 1 и 4 имеют одинаковое число зубьев
ственно.
z1
и
z4
соответ-
Считать известными:
– длину кривошипа
lO1 A ;
– массы звеньев 2 и 3
m2 и m 3 ,
причем центр масс звена 2 находится
в точке
A
второго звена, а центр
масс звена 3 – в точке B ;
– моменты инерции
(4)
I (O11) , I O4 со-
ответственно колеса 1 с кривошипом
и колеса 4 относительно их осей вращения равны друг другу, центры масс
колес совпадают с осями вращения;
– постоянную рабочую нагрузку F , действующую на кулису 3;
– движущий момент M D , приложенный к колесу 1.
1. Составить дифференциальное уравнение движения механизма.
2. Уравновесить силу инерции, действующую на кулису 3 постановкой двух одинаковых противовесов массой m на колесах 1 и 4. Определить массу и место установки противовесов в предположении, что кривошип вращается равномерно с угловой
скоростью 1 , а противовесы находятся от осей вращения на расстоянии
r.
Решение задачи 2011 – 6
1. Дифференциальное уравнение движения механизма в общем виде имеет вид:
2
dIпр
O1 1
пр
I  1 

 Mпр
D  MF ,
d1 2
пр
O1
(1)
пр
Момент инерции I O1 определяется из условия равенства кинетической энергии
приведенного звена и суммы кинетических энергий звеньев механизма
2
Iпр
O11
2
где
VA2

I(O11)12
2

IO( 44)42
2

m2 VA2 2
2
m3VB2

,
2
(2)
– скорость точки A звена 2; VB – скорость точки B звена 3;  4 – угловая
скорость колеса 4.
Из (2) следует, что
VA
42
VB2
I I I
 m 2 2  m3 2 .
12
1
1
2
пр
O1
(1)
O1
( 4)
O4
2
(3)
Определим кинематические зависимости для скоростей, входящих в формулу (3).
Так как
z1  z 2 , , то
4
 1.
1
(4)
Интересующие линейные скорости точек определим, рассмотрев сложное движение
звена 2:
VA1  VA2  VA3  VA2 A3 ,
(5)
где VA1 – скорость точки A кривошипа 1, VA1  O1A,
ползуна 2;
VA 2
– скорость точки A
VA 3 – скорость точки A кулисы 3, VA || BK, VA 2 A 3 – скорость точки
3
A ползуна 2 относительно кулисы 3, VA A || CE. . Причём
2
3
VA1  VA2  1lO1A . .
(6)
Скорости всех точек кулисы 3 одинаковы, то есть
VB  VA3 .
Из треугольника скоростей, построенного в соответствии с
векторным уравнением (5), следует
VB  VA3  VA1 sin 1  1lO1A sin 1 .
(7)
Подставив (4), (6), (7) в (3), после небольших преобразований получим
IOпр1  2 IO(11)  m2 lO21 A  m3lO21 A sin2 1 .
(8)
Тогда
dIOпр1
d1
 2m3lO21 A cos 1 sin 1 .
(9)
Приведенные моменты сил, стоящие в правой части уравнения (1), определяются
из условий равенства мощностей сил и моментов сил, действующих на звенья механизма, и этих приведенных моментов:
пр
M пр
D  1  M D  1 , M F  1  FVB .
Отсюда получим
(10)
пр
M
M пр

M
и
F  F
D
D
VB
1
 FlO1A sin 1 .
(11)
Подставим (8), (9), (10) и (11) в (1) и получим дифференциальное уравнение движения данного механизма в следующем виде:
 2I
(1)
O1

 m2 lO21 A  m3lO21 A sin2 1 1  m3lO21 A cos 1 sin 112  M D  FlO1 A sin 1 .
2. Сила инерции
Fи3 , действующая на звено 3 при движении, равна
Fи3  m 3a B ,
(12)
где ускорение поступательного движения кулисы aB || BK геометрически равно
ускорению точки
A
звена 3 (переносное движение) при рассмотрении сложного
движения ползуна 2 ( aB  aA3 ).
Абсолютное ускорение точки A равно
геометрической сумме ускорений переносного и относительного
aA1  aA2  aA3  aA2A3 ,
(13)
a A1
где
– ускорение точки
n
O1A, a A1  a A1 ,
па
a A1  a A2  12l O1A ,
ускорение
кулисы 3, a A3 || BK,
a A 2 A3
– ускорение точки
A
точки
A
кривоши-
aA1 || O1A,
aA3 –
A
ползуна 2 отно-
сительно точки А кулисы 3, aA2 A3 || CE.
Из треугольника ускорений, построенного в соответствии с векторным уравнением
(13), следует, что
aB  a A3  a A1 cos 1  12 lO1 A cos 1 .
(14)
Учитывая (12) и (14), запишем выражение, определяющее модуль силы инерции
Fи3  m312 lO1 A cos 1 .
Для уравновешивания силы инерции Fи3 с помощью сил инерции
F1
и
F4
двух
точечных противовесов должно выполняться следующее векторное равенство:
Fи3  F1  F4  0. .(15)
Треугольник сил, построенный в соответствии с векторным равенством (15), может
иметь следующий вид:
Из рассмотрения этого треугольника очевидно, что, во-первых, он должен быть
равнобедренным, т.к. противовесы на колесах 1 и 4 одинаковы по массе m и расположены на одинаковом расстоянии r от осей
вращения, модули их сил инерции при равномерном вращении колес 1 и 4
F1  F4  m12r,
во-вторых, углы при основании этого треугольника должны быть равными углу поворота кривошипа
Действительно, сумма проекций векторов
1 .
F1 и F4 на направление силы Fи3
должна быть всегда равна по величине модулю этой силы
2m12 r cos x  m312 lO1 A cos 1 ,
где
x
(16)
– искомый угол при основании силового треугольника.
Из (16) следует, что
x  1 .
Тогда угол установки противовеса на колесе 1, отсчитываемый от горизонтальной
оси в направлении вращения кривошипа, равен 1  180  1 , а угол установки противовеса на колесе 4
 4  180  1 .
Массу каждого противовеса определим из выражения (16) при условии, что
x  1 . Тогда масса каждого противовеса
m
m3lO1 A
2r
.
Contest problems of the First International student Olympiad
on Machine and Mechanism science – SIOMMS 2011
Problem № 1 (2011-1)
The mechanism shown is used for translation of a product. The crank 1 rotates at a
constant speed of 60 rpm in an clockwise direction, imparting a horizontal reciprocating
motion to the rack 4 by means of the slider 2 and the rocker 3, the latter carries the toothed
sector at its end. The rocker’s section BD is curved and has the shape of a circle arc.
All necessary linear and angular dimensions can be read on the scheme drawn to
scale K l  0.002 m / mm.
Fig.1. Scheme of mechanism
Determine
1. Velocity and acceleration of the rack 4 when angle O2O1A is
900 . (7 scores)
2. Coefficient of variation of average velocity (the ratio of average velocities of idle stroke
and working stroke) of the driven link. (4 scores)
3. The length of stroke of the rack 4. (1 score)
Solution (2011-1)
1. Velocity and acceleration of rack
First way
Velocity and acceleration readings
in the velocity diagram and acceleration diagram
V A2
V A1
V A3
a A3
a A1 a A2 a An3
V A2 A3
aA2 A3
a An2 A3
a Ak2 A3
pa a1 pa a2 pa na na a3  a n a a3 a2 na a2
pV a1 pV a2 pV a3 a2a3
3
3
2
2
2
Angular velocity of the crank 1
1 
 n1
30

  60
30
 6.283 rad s .
Point A of the slider 2 has the velocity
VA2  VA1 , VA1  O1 A.
VA2  VA1  1lO1A  6, 283  0.06  0.377 m s ,
where
V A1 – velocity of point A which belongs to the crank 1.
Scale coefficient for the velocity diagram:
КV 
VA1
( pV a1 )

0, 377
m/s
 0.00628
.
60
mm
VA2  VA3  VA2 A3 , VA3  O2 A, V A2 A3  CA,
where
V A3 – velocity of a point on the rack 3 whose instantaneous position coincides with
point A of the slider; V A2 A3 – relative velocity of point
point
A
A
of the slider 2, with respect to
of the rocker 3.
VA3   pV a3  KV  56  0.00628  0.35 m s ,
VA2 A3   a3a2  KV  64  0.00628  0.40 m s .
Angular velocity of the rocker 3
3 
where
lO2 A
VA3
lO2 A

VA3
 O2 A K l
– radius of rotation of point
A
0.35
 2.27 rad s ,
77  0.002

lying on the rocker;
(O2 A) – the radius of ro-
tation measured on the scheme of the mechanism.
Velocity of the rack 4
V4  VE4  VE3 ,
VE3  O2 E ,
  – the velocity of point E in the reference straight line of a profile of rack 4
где VE4 VE3
(in the reference circle of the toothed sector); O2E – the reference radius (perpendicular to
the rack stroke) of a sector.
V4  VE4  VE3  3lO2 E  2.27  0.05  0.114s.
Also, the following velocity is found
VA2 A3   a3a2  KV  64.1 0.00628  0.403m / s.
Acceleration of point
A
belonging to the slider 2 is
a A2  a A1  a An1 ,
a A1 || O1 A,
a A2  a A1  12 lO1 A  6.2832  0.06  2.369 m s 2 ,
where
a A1 – acceleration of point A
lying on the crank 1.
Scale coefficient for the acceleration diagram:
a A1
2.369
m s2
Кa 

 0.0395
.
( pa a1 )
60
mm
a A2  a An3  aA3  a An2 A3  aA2 A3  a Aс 2 A3 ,
a An3 || O2 A, aA  O2 A, a An A || AC , aA2 A3  AC , a Aс 2 A3 || AC ,
3
where
a An3 ( a A
3
2 3
) – normal (tangential) acceleration of the rocker point whose instantane-
ous position coincides with the position of point A of the slider 2;
normal (tangential) acceleration of the point
the rocker 3;
a Aс 2 A3
A
a An2 A3 ( aA A
2 3
) – relative
on the slider 2 with respect to that lying on
– Coriolis acceleration of the point
A
on the slider 2.
α3
Fig 2. Extreme position
Fig 4. Acceleration diagram
Fig 3. Velocity diagram
a An3  32 lO2 A  2.272  (77  0.002)  0.8 m s 2 ,
a
n
A2 A3

VA22 A3
l AC
0.40
 0.8 m s 2 ,
0.2

a Ac 2 A3  23VA2 A3  2  2.27  0.40  1.82 m s 2 .
( pa na3 ) 
( a2 na2 ) 
( na2 a2 ) 
a An3
Ka
a An2 A3
Ka
a Ac 2 A3
Ka

0.8
 20.3mm,
0.0395

0.8
 20.3 mm,
0.0395

1.82
 46.1 mm.
0.0395
aA3  (na3 a3 ) K a  23.5  0.0395  0.93 m s 2 .
Angular acceleration of the rocker 3
3 
aA3
lO2 A

0.924
 6 rad s 2 .
77  0.002
Acceleration of the rack 4
a4  a E 4  aE3 , aE3  O2 E .
a4  aE 4  aE3   3lO2 E  6  0.05  0.3 m s 2 .
Second way
The given mechanism with curvilinear coulisse can be replaced by an equivalent mechanism - four-bar linkage.
In this equivalent mechanism O1ACO2 (see Fig. 2) pin
link
C
junks floating link
AC
and
O 2C , and is located at the center of curvature of the coulisse.
Velocity vector of point
C
is found as
VC  VA  VCA , VC  O2C, VA  O1A, VCA  AC,
where VA  1lO1A  0.377 m s.
Solving this equation graphically (see velocity diagram on Fig. 5, the scale coefficient
K V  0.00628
ms
), we get
mm
3 

VC
(pc)K V


l O 2C  O 2C  K l
65.5  0.00628
 2.27 rad s ,
90  0.002
VCA (ac)K V


l AC  AC  K l
2 

8.5  0.00628
 0.27 rad s .
100  0.002
Fig. 5. Velocity diagram
Velocity of rack 4
V4  VE4  VE3 , VE3  O 2E,
  – velocity of point Е on the pitch line of gear rack 4 (on the pitch circle
where VE4 VE3
of the toothed sector);
O2 E
– the pitch radius of the sector, perpendicular to the rack’s
stroke.
V4  VE4  VE3  3lO2 E  2.27  0.05  0.114 m s .
Acceleration of point
C
t
anC  aCt  anA  a tA  anCA  aCA
,
n
t
t
t
 AC,
anC || O 2C, aC  O 2C, a A || O1A, a A  O1A, anCA || AC, aCA
  – normal (tangential) acceleration of point C of link 3; a  a  –
anC aCt
where
n
A
normal (tangential) acceleration of point

t
anCA aCA

A
t
A
of crank 1;
– normal (tangential) acceleration of point
C because of its rotation with link 2’ about point A .
anC  32l o2C  2.272 (90  0.002)  0.93 m/s 2 ,
anA  12lO1A  2.369 m/s2 ,
anCA   22 l CA  0.27 2  0.2  0.015 m/s 2 ,
atA  0.
Lengths of line segments on the acceleration diagram
m s2
drawn to scale K a  0.0395
(Fig. 6):
mm
Fig. 6. Acceleration diagram
anA
2.369
a 

 60 mm,
K a 0.0395
anCA
0.015
nCAa 

 0.38 mm,
K a 0.0395
anC
0.93
 nC 

 23.5 mm.
K a 0.0395
From the acceleration diagram the angular acceleration of link 3 is
aCt
(n c)K a 27.5  0.0395
3 
 C

 6 rad s 2 .
l O2C  O 2C  K l
90  0.002
Acceleration of rack 4
a4  aE 4  atE3 ,
atE3  O 2E.
a4  aE 4  aEt 3  3l O2E  6  0.05  0.3 m s 2 .
2. Coefficient of variation of the average velocity of the driven link (time ratio)
K
Vav.idle

 advance , ,
Vav.advnce
 idle
where Vav.advance (Vav.idlex ) – the average velocity of the rack 4 during an advance (idle)
stroke; the advance stroke is the right-directed translation, while the idle stroke is the translation directed to the left; advance ( idle ) – angle through which the crank 1 turns during a
advance (idle) stroke of the rack 4.
To determine the angles of the crank turning one should draw the extreme positions
of the mechanism.
The angle between the extreme positions of the mechanism is AO1A   idle , hence
K
where angle
 idle
360   idle
 idle

360  141.8
 1.54,
141.8
can be measured in the mechanism scheme by the use of a protrac-
tor.
3. The length of stroke of the rack 4
If there is no sliding between the rack and the toothed sector, the length of stroke of
the rack 4 equals the arc length, corresponding to the angle BO2B(FO2F) the sector
turns through when the rocker O2B goes from one extreme position to another.
h  l O 2 E  BO 2B  0.05
where
  57.4
180
 0.05m,
57.4 is measured in the mechanism scheme with the use of a protractor.
Problem № 2 (2011-2)
Cam 1 rotating uniformly about a fixed axis,
with an angular velocity ω1, gives a reciprocating
motion in a vertical line through the axis of cam
rotation to follower 2, the follower being kept in
contact with the cam by a spring. The part AD of
the profile of the cam is an involute of the circle
with radius
OC , the part AB is straight, and the
angles BAC and ACO are right angles.
Questions
1. Prove that in the position shown the change of
acceleration
a A2
of the follower due to the
change of curvature of the cam is given by 1 OA sec  .
2
4
2. If the mass of all reciprocating parts is m, write down the expression for inertia
force vector Fi .
Solution 2011-2
1. The line t  t is a common tangential at
A
point
for both straight part AB and involute
part AD of the cam profile, since these parts meet
at the point A .
Hence, for both parts, the velocity of point
A
on the cam
VA1 , relative velocity of the fol-
lower with respect to the cam at
velocity of point
A
A VA A
2
on the follower
VA 2
1
, the
are described as follows.
VA2  VA1  VA2 A1 , VA 2 || AE, VA1  OA, VA A || t  t, (1)
2
where
VA1  1OA.
From a velocity triangle
(2)
1
VA2 A1  VA1 cos  
 1OA cos   1OA sec  .
.
(3)
On the contrary with velocity, the equations for
the follower acceleration
aA2 differ at parts AB and
AD.
At the straight part AB
asA2  a A1  a A2 A1  aсA2 A1 ,
Fig.1
where
a A1 – the acceleration of point A
celeration of point
A
of the follower, aA1 || OA;
с
A , aсA A
2
1
A
(5)
aсA2 A1  21VA2 A1  212OAsec  .
(6)
AD
aiA2  a A1  anA2 A1  atA2 A1  acA2 A1 ,
where
of the cam ,
 t t :
a A1  12OA, ,
At the involute part
a A2 A1 – relative ac-
of the follower with respect to the point
aA2 A1 || t  t, a A 2 A1 – Coriolis acceleration of point
(4)
(7)
a nA 2 A1 – normal acceleration of the point A of the follower with respect to the point
t
n
A of the cam, a A2 A1 || AC, a A 2 A1 – tangential acceleration of the point A of the fol-
lower with respect to the point A of the cam, a A2 A1 || t  t :
t
anA2A1  VA22 A1 AC  1OAsec 
Obviously, the accelerations
2
OAcos   12OAsec3  .
(8)
aA1 , , aсA 2 A1 keep their values unchanged when part
AB is changed for the part AD . We represent equations (4) and (8) graphically with the
same scale coefficient.
The change
a A2
in the acceleration due to the change of the profile curvature
(while passing from a straight line to an involute one) can be calculated by two methods.
The first method (see Fig. 2a and 2b).
a A2  aiA2  asA2 ;

 
aA2  asA2  aiA2  acA2 A1 cos   aA1   acA2 A1  anA2 A1


cos   a A1  



  2 OA sec    OA sec  
 212OA sec  cos   12OA 
2
1
2
1
3
cos   12OA  
 212OA sec2   12OA  212OA sec2  
12OA sec4   12OA  12OA sec4  .
.
Fig. 2
The second method (see Fig. 2c).
From the superposition of Fig. 2a and 2b it is obvious that, firstly, vector
a A2
is
vertical and opposes the rise of the follower, and, secondly, it has an absolute value of
a A2  anA2 A1 cos   12OA sec4  .
2. The expression for the inertia force
Fi
on the follower is at a given position:
Fi  m  a A2 .
This force acts up along the rise of the follower and tends to lift the follower up from
the cam.
Problem № 3 (2011-8)
In the central cam mechanism the follower 2,
has the mass of m 2  0.1 kg. During its rise the
translation
of
the
follower
is
governed
by

q 
s  0, 5Smax 1  cos
 , where q is the variable
q

Y 
cam angle,
qY
is the cam angle corresponding to
the extreme upper position.
What will be angular position
q
of the cam
when the rotating torque M D takes the maximum
value?
Find also this maximum torque for the following data: the cam rotates at a constant speed of
q 100 rad / s , the length of the follower
stroke is Smax  30 mm, the end of the rise phase is specified by the cam angle of
q Y  120.
Solution
We use Lagrange equation (of the second type)
d  E  E
 Qq ,


dt  q  q
where
E
– kinetic energy of the mechanism ;
to the cam angle;
q
(1)
q
– generalized coordinate corresponding
– generalized velocity corresponding to the cam angular velocity;
– generalized force corresponding to the generalized coordinate
I Oq 2 m 2 V22
E  E1  E2 

,
2
2
where
E1
– kinetic energy of the cam 1;
E2
Qq
q.
(2)
– kinetic energy of the follower 2;
moment of inertia of the cam about its axis of rotation
O ; V2
I0
– velocity of the follower.
–
V2 
ds ds dq  q
q



Smax sin
.
dt dq dt 2q Y
qY
(3)
Substitute (3) in (2):
2
I Oq 2 m 2 2q 2Smax
2 q
E

sin
.
2
8q 2Y
qY
(4)
2
m 2 2qSmax
E
2 q
 I Oq 
sin
;
q
4q 2Y
qY
(5)
2
2
m 2 2qSmax
m 2 3q 2Smax
d  E 
2 q
2 q

I
q

sin

sin
; (6)

 O
2
3
dt  q 
4q Y
qY
4q Y
qY
2
E m 2 3q 2Smax
2 q

sin
,
3
q
8q Y
qY
Qq  M D .
(7)
(8)
Substitute (6), (7), (8) in (1) and, with
q  const, q  0,
get
2
m 2 3q 2Smax
2 q
sin
 MD .
8q3Y
qY
The expression shows that
sin
takes the maximum value when
2 q *
 1,
qY
and, in general, the expression for
M Dmax
MD
(9)
MDmax
(10)
becomes
2
m 2 3q 2Smax

,
8q3Y
(11)
with the numerical value of
M Dmax
0.1  3 1002  0.032

 0.38 N  m.
8  2.093
From the expression (10) we find
mum value of
MD :
2 q * 

qY
2
q
and
– the cam angle corresponding to the maxi-
2 q * 3

, wary
qY
2
1
1
3
3
q1*  q Y  120  30, q 2 *  q Y  120  90.
4
4
4
4
Problem 4 (2011 – 4)
Two spur gear wheels 1 and 2, with numbers of teeth N1  20 and N 2  40 , respectively, have module of
m  5 mm,
and are both cut without shift by a standard rack
with the following parameters: the angle of a rack profile is
  20,
the coefficient of a
radial clearance – c*  0.25, the coefficient of addendum – ha *  1.
Questions
1. What is the condition that must be satisfied if the velocity ratio between a pair of
spur gears is to remain constant during the period of contact between a pair of teeth?
2. Determine the velocity of sliding
VS12
of wheel 1 with respect to wheel 2 at enter-
ing and leaving the engagement. The wheel 1 is a driving one and rotates with the speed of
n1  2000 prm.
Solution 2011 - 4
1. The gear ratio keeps constant value if the wheels are round, and the normal to the
teeth profiles built at the point of contact passes through point
tion of the contacting profiles.
P
(pitch point) at any posi-
2. For the given direction of rotation the teeth come in contact at point A of the intersection of path of contact
N1N 2 , and the addendum circle of the wheel 2. The teeth come
out of contact at point B where the path of contact intersects the addendum circle of the
wheel 1.
At the points of contact А and В both profiles have common tangential
common normal
n  n. .
tt
and
First way of solution
At the entering point A of engagement (see Fig. 1)
VA1  VA2  VA1A2 ,
where
VA1
(1)
– the absolute velocity of point of contact A of wheel 1, VA1  O1A,
the absolute velocity of point of contact A of wheel 2,
locity of point
A1
with respect to point
2
–
VA2  O 2 A, VA A – relative ve-
A 2 , VA A || t  t.
1
VA 2
1
2
VA1  ω1lO1A .
(2)
VA2  2 lO2 A .
(2)
Velocity of teeth sliding
VS12  VA1A2 .
(3)
From (1) and (2) it is found
VS12  VA1  VA2 .
(4)
t  t . Inspecting Fig.1 we note
We project equation (4) on the common tangential
that:
VS12  VAt1  VAt2  1lO1 A sin 1  2 lO2 A sin  2  1  N1 A  2  N 2 A, (5)
N1A  N1P  AP,
N 2 A  N 2 P  AP. .
(6)
(7)
Substitute (7), (8) in (6):
VS12  1  N1P  AP    2  N 2 P  AP  
  AP 1   2   1  N1P   2  N 2 P.
(8)
From the theorem of meshing and similarity of the triangles
it follows that
O1PN1
and
O 2 PN 2
1 N 2 P

  N P  2  N 2 P. .
 2 N1P , i.e. 1 1
Then
VS12  AP 1  2  .
(9)
From Fig. 1
AP  N2 A  N2 P  0, 5 da22  db2 2  0, 5d2 sin  W ,
where
d2
– diameter of reference circle of the wheel 2;
da 2
(10)
– diameter of addendum
circle of the wheel 2; db 2 – diameter of base circle of the wheel 2.
The numerical values for expressions (9) and (10) are calculated as follows.
d2  mN2  5  40  200 mm;
 W    20; 1 
da 2
n

  2000
 209.33 rad s ,
30
30
 d2  2ha *m  200  2 1 5  210 mm,
db 2  d2 cos  W  200 cos 20  187.938 mm,
AP  0.5 2102  187.9382  0.5  200 sin 20  12.647 mm,
z 
 n  200
1 

 209.33 rad / s , 2  1 1  1 ,
z2
2
30
30
3
3
VS12   AP 1  12.647   209.33  3971mm s  3.971m s .
2
2
At the leaving point B of engagement
VS12  VBt 1  VBt 2  1l O1B sin 1I  2l O2B sin  2I  1  N1B  2  N 2B;
N1B  N1P  PB; N2B  N 2 P  PB;
VS12  1  N1P  PB    2  N 2 P  PB  
 PB 1   2   1  N1P   2  N 2 P  PB 1   2  ;
PB  N1B  N1P  0, 5 da21  db21  0, 5d1 sin  .
where
d1
– diameter of pitch circle of the wheel 1;
the wheel 1;
d a1
– diameter of addendum circle of
d b1 – diameter of base circle of the wheel 1.
d1  mz1  5  20  100 mm;
da1  d1  2ha *m  100  2 1 5  110 mm;
db1  d1 cos   100 cos 20  93.969 mm;
PB  0.5 1102  93.9692  0.5 100 sin 20  11.49 mm;
3
3
VS12  PB 1  11.49   209.33  3608 mm s  3.608 m s .
2
2
Second way of solution
We apply an inverse motion method: let the wheels and the fixed member rotate with
the angular velocity equal numerically to the velocity of the wheel 2 but oppositely directed.
In the resulting inversed mechanism the wheel 2 becomes conventionally fixed; the axle
O1
starts rotating about the axle
ty of wheel 1 becomes equal to
O2
with the angular velocity (  2 ) ; and angular veloci-
1  (2 )  (1  2 ).
Both in the actual and in in-
versed mechanisms the tooth profile of wheel 1 has the same motion with respect to the
tooth profile of wheel 2 – it is a rolling with slip. The only difference is that in the inversed
mechanism the tooth profile of wheel 2 turns fixed.
For the contact point
A
of wheel 1 in the inversed mechanism we have
VAO1  VAO2  VS12 ,
(12)
where velocity of point
VAO2
Hence, the point
P
is zero.
(the pitch point), where points P1 and
P2
of the reference
circles of wheels 1 and 2 touch (at a given case), is an instantaneous center of relative rotation for the wheel 1.
Then equation (11) takes the form of
VAO1  VS12  VS12  (1   2 )PA.
It is noted that the formula (12) for getting
VS12
(12)
coincides with the expression (10)
with the exception for sign. This method (see Fig. 2) implies that a direction of vector
is determined by the direction of the angular velocity
For the leaving point
B
VS12
(1  2 ).
the similar speculations result in the expression
VBO1  VS12  VS12  (1   2 )PB,
(13)
which is identical to the final expression in the first method of solution.
Remark. Since the formulae for
VS12
at points A and
incide, we do not calculate numerical values here.
Problem № 5 (2011 -5)
A gearbox used to drive the
drum in a hoisting mechanism has
been destroyed because of overloading. With the drawings of
gears lost the only information
available about the gearbox is:
N2
 all gear pairs have
identical modules;
 gears 4, 5, 7 have
the numbers of teeth
Z 4  63,
Z5  24,
Z7  72,
tively;
respec-
N1
B
obtained in solutions co-
 gears 1 and 3 have equal number of teeth,
z1  z 3 ;
 all gears are cut with a standard tool ( 
 20, h*a  1, c*  0.25 ), no
shift.
Questions
1.Calculate actual numbers of degree of freedom for the gearbox. Detect idle degrees
of freedom, if there are some.
2.Determine numbers of teeth for all unknown gears provided the gear ratio of the
mechanism is uAB  22.
Solution
1. The number of degrees of freedom
the formula
W of this 2-D gearbox can be calculated by
W  3n  2p5  1p4 ,
where
n  5 – number of movable links; p5  6 – number of kinematic pairs of the fifth
class;
p4  4
– number of kinematic pairs of fourth class.
W  3  5  2  6 1 4  1.
The gearbox has one idle degree of freedom realized by A  H (the drum), a kinematic pair of the fifth class. Excluding it from the formula for W, we get the actual value
W  3  5  2  5 1 4  1.
The same result can be found by following the formula for W given in the English
textbook Kinematics, Dynamics, and Design of Machinery, 2nd Edition, by K. Waldron and
G. Kinzel, Wiley, 2004:
j
W  3  n*  j  1   fi ,
i 1
where
n*  6 – total number of the mechanism’s links; j  10 – total number of kinej
matic pairs;
f
i 1
i
 1 6  2  4  14
– the number of possible motions allowed by the
kinematic pairs of the fifth and fourth classes of the mechanism.
W  3  6 10 1  1 6  2  4  1.
As in the first variant of solution, we exclude the kinematic pair A  H (the drum)
providing idle degree of freedom, which results in
W  3  6  9 1  1 5  2  4  1.
2. The gearbox is a close differential mechanism. We set up a formula for gear ratio
in terms of number of teeth.
The kinematic relationships:
 for the differential stage consisting of the input shaft
central wheel z1 , satellites
H
i14

coupled with the
z 2  z 3 , arm H , and central heel z 3
n1  nH
z z
 2  4;
n4  nH
z1 z 3
 for the closing chain consisting of wheels
i 57 
A
(1)
Z5 , Z 6 , Z 7
n5
z
 7 .
n7
z5
(2)
The equations for kinematic constraints:
 for the input shaft
n A  n1;
(3)
 for the intermediate shaft
n 4  n5 ;
(4)
 for the output link (the drum)
n H  n7  nB . .
(5)
The gear ratio is
i AB 
nA
..
nB
(6)
Substitute (2) – (5) into (1):
nA
1
n

n
n
i 1
H
B
i14
 A
 B
 AB
,
n B i 57  n B i 57  1 i 57  1
whence
(7)
 z z z
H
i AB  1  1  i 57  i14
 1  1  7  2 4 .
 z 5  z1 z 3
(8)
The expression (8) has 2 unknown quantities. We designate them as:
z1  z 3  x
z 2  y. When,
and
z1  z 2  z 4  z 3 ,
along with a condition of coaxiality
the expression (8) transforms into the set of equations
i AB  1
y

,
2
x


z

7
1   z 4

 z5 


 y  2x  z 4 ;
or
22  1
1
y


,
2
 x
12
 72 
1  24  63




 y  2x  63;
(9)
which can be rearranged as
x2  24x  756  0;

y  63  2x.
(10)
The only acceptable solution for the system is: x  18, y  27.
The number of teeth z 6 are found from the condition of coaxiality for the closing
chain:
z6 
z 7  z 5 72  24

 24.
2
2
Thus, to repair the reductor it is required to manufacture the following set of gear
wheels:
z1  18, z 2  27, z 3  18, z 4  63, z 5  24, z 6  24, z 7  72.
Substituting these numbers of teeth in (8) we make sure that they satisfy the required
gear ratio of
 z z z
 72  27 63
i AB  1  1  7  2 4  1  1  
 22.
 24  18 18
 z 5  z1 z 3
Problem № 7 (2011-3)
In the four-bar linkage shown crank
OA
of length
lOA  0.30 m
with angular speed of
Crank
AB
rotates
1  10 rad  s 1 .
has length
l AB  0.80 m,
mass
m 2  10 kg, moment of inertia about centre of mass S 2 is IS2  0.40 kg  m 2 .
Position of centre of mass
S2
Determine kinetic energy
E
on the link
AB
(i.e. l AS2 ) can be chosen arbitrari-
ly.
gle
2
of the connecting rod
AB in a position such that an-
takes extreme (maximum or minimum) value.
Determine also how the desired value of kinetic energy
E depends on sizes l AB
and l AS2 .
Solution 2011-3
Velocity of point
A,
where the crank is hinged to the connecting rod, is equal to
VA  1  lOA  10  0.30  3.00m  s 1 .
The problem should be solved for the mechanism position where
2
gets the ex-
treme (maximum or minimum) value, hence
d 2
 2  0.
dt
It follows from this that the connecting rod AB instantaneously translates with all its
points having identical velocity vectors ( VB  VS2  VA ).
Then the kinetic energy of the connecting rod is calculated as
m  VA2 10  32
E

 45J.
2
2
This value holds true for both maximum and minimum φ2 and does not depend on
the length of connecting rod
mass
S2
of the link
AB
l AB , its moment of inertia IS2 , and position of the centre of
(i.e.
l AS2 ).
Problem № 8 (2011 – 7)
A machine press is driven by an electric motor, delivering power P  2.2 kW continuously. At the commencement of an operation, a flywheel of moment of inertia
I  50.5 kg  m2
on the machine is rotating at
250 rev / min .
The pressing opera-
tion requires 4750 J of energy and takes 0.75 s.
Find the maximum number of pressings that can be made for an hour and the reduction in speed of the flywheel after each pressing. Neglect friction losses.
Solution 2011 - 7
To solve the problem we use the work-energy principle. During the pressing operation (taking
0.75 s ) the change in kinetic energy of a flywheel equals the difference of a
work delivered by the motor and energy consumed for the pressing operation.
I12 I 2

 Pt  E,
2
2
where
(1)
 и 1 – angular velocity of the flywheel at the commencement and at the end of
the operation, respectively.
The angular velocity at the commencement of the pressing operation

n
,
30

(2)
  250
30
 26.18 rad s .
The angular velocity at the end of the pressing operation
1 
1 
2  Pt  E 
I
2 ,
2  2200  0.75  4750 
50.5
(3)
 26.182  23.72 rad s .
After the pressing operation the flywheel loses its velocity by
n 
30   1 
n 
Time interval
t1

,
30  26.18  23.72 

(4)
 23.49 rpm.
required for the flywheel to gain its initial velocity can be found
from the work-energy principle:
I 2 I12

 Pt1 ,
2
2
t1 

I  2  12
2P
t1 
(5)
,

50.5 26.182  23.722
2  2200
(6)
  1.41s.
The maximum number of pressings that can be made for an hour is
K
3600
3600

 1666.7.
t1  t 2 0.75  1