速度瞬心例题Word格式.docx
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两个构件相对速度等于零的重合点。
K=N(N-1)/2
2.速度瞬心的判定方法是什么?
直观判定有
析中的影像法,又称运动分析中的相拟性原理。
注意:
三点必须在同一构件上,对应点排列的顺序同为顺时针或逆时针方向。
9.什么是速度和加速度极点?
在速度和加速度多边形中绝对速度为零或绝对加速度为零的点,并且是绝对速度或绝对加速度的出发点。
10.速度和加速度矢量式中的等号,在速度和加速度多边形中是哪一点?
箭头对顶的点。
11.在机构运动分析中应用重合点法的基本原理是什么?
点的复合运动。
12.重合点法在什么倩况下应用?
两个活动构件有相对运动时,求重合点的速度和加速度。
13.应用重合点进行运动分析时,什么情况下有哥氏加速度?
当牵连角速度和重会点间相对速度不等于零时,有哥氏加速度,若其中之一等于零,则哥氏加速度等于零。
大小为:
akB1B2=2ω2VB1B2
方向为:
VB1B2的矢量按牵连角速度ω2方向旋转900。
14.应用重合点法进行运动分析时的步骤是什么?
(1)选择比例尺画机构运动简图。
(2)选运动要素已知多的铰链点为重合点,列速度,加速度矢量方程。
(3)选速度比例尺和速度极点画速度多边形。
(4)选加速度比例尺和加速度极点画加速度多边形图。
(5)回答所提出的问题。
典型例题
例3-1图(a)和(b)分别为移动导杆机构和正切机构的运动简图,其长度比例尺μL=2mm/mm。
图中的构件1均为原动件,且已知ω1=10rad/s。
试分别求出其全部瞬心点,并用瞬心法分别求出:
构件3的速度V3、构件2上速度为零的点I2和构件2的角速度ω2。
解这两个机构均为含有两个移动副的四杆机构,各有六个瞬心点。
但因导路的形状不同,故瞬心点的位置不尽相同。
(1)移动导杆机构
其六个瞬心点的位置如图(a)所示。
其中:
P14在A点,P12在B点;
P23在导路的曲率中心O处(而不是在无穷远处!
这点应该注意),P∞34在与导路垂直的无穷远处;
根据三心定理,P13在P14和P∞34连线与P12和P23连线的交点处,P24在P14和P12连线与P23和P∞34连线的交点处。
例3-1图μL=2mm/mm,μv=0.04m/s/mm
因为构件1的角速度ω1已知,而构件3为平移运动,所以可利用P13求出构件3的速度
v3=vp13=ω1LAP13=ω1AP13μL=10×
30×
2=600mm/s方向:
向右。
(a)(b)
构件2上速度为零的点I2,就是构件2与机架4的瞬心点P24(vP24=0)。
在图示位置上,构件2绕P24(I2)点作瞬时定轴转动,其角速度ω2可通过瞬心点P12的速度vP12求出,即:
vP12=vB=ω1LAB=ω1ABμL=10×
22×
2=440mm/s
∴ω2=vP12/LI2B=vP12/(I2B×
μL)=440/(20×
2)=11rad/s
方向:
逆时针。
(2)正切机构
六个瞬心点的位置如图(b)所示。
请注意利用三心定理求P13和P24的方法。
构件3的平移速度v3,可利用瞬心点P13求出
v3=vP13=ω1LAp13=ω1AP13μL=10×
38×
2=760mm/s
方向:
向下。
构件2上速度为零的点I2,即为瞬心P24。
由于构件2与构件1构成移动副,二者之间没有相对转动,因此
ω2=ω1=10rad/s逆时针方向
例3-2在图(a)所示的机构中,已知:
LAB=38mm,LCE=20mm,LDE=50mm,xD=150mm,yD=60mm;
构件1以逆时针等角速度ω1=20rad/s转动。
试求出此机构的全部瞬心点,并用向量多边形法求出构件3的角速度ω3和角加速度ε3,以及点E的速度vE和加速度aE。
解
(1)求速度瞬心
P14在A点,P12在B点,P34在D点,P∞23在与导路CE相垂直的无穷远处,这四个瞬心容易求出,如图(a)所示。
根据三心定理,P13既在P14和P34的连线上,又在P12和P∞23的连线上,因此,过B(P12)点作导路CE的垂线,与AD连线的交点即为P13点;
同理,过D(P34)点作导路CE的垂线,与AB连线的延长线的交点即为P24点。
(2)速度分析
取长度比例尺μL=4mm/mm,按给定条件作出机构运动简图,如图(b)所示。
在此机构中,构件2为作平面运动的构件,且运动副B点的运动已知,因此,应选B2为动点,动系选在构件3上。
为求得重合点,需将构件3向B点扩大,得到与B2点重合的、属于构件3的牵连运动点B3。
按“重合点法”列出的速度方程式为:
→→→
vB2=vB3+vB2B3
方向⊥AB⊥BD∥CE
大小LABω1?
?
其中,vB2=LABω1=38×
20=760mm/s。
取速度比例尺μv=20mm/s/mm。
则vB2的代表线段长度为
pb2=vB2/μv=760/20=38mm
取速度极点P作速度多边形pb2b3如图(c)所示。
则ω3=vB3/LBD=pb3μv/BDμL=28.5×
20/31×
4=4.6rad/s
顺时针。
由于滑块2与导杆3之间没有相对转动,因此
ω2=ω3=4.6rad/s
至此,在构件3上已经有了D和B两个点的速度已知(注意:
D为固定铰链,vD=0,aD=0,为运动已知点,这一点易被忽略),所以,可以用影像法来求构件3上E点的速度。
为此,在图(c)中作△pb3e∽△DBE,得e点,则
vE=peμv=11.5×
20=230mm/s
(3)加速度分析
由于动系(构件3)绕D点作定轴转动,所以存在哥氏加速度。
其加速度方程为
→→→→→
anB2=anB3+atB3+atB2B3+akB2B3
方向B→AB→D⊥BD∥CE⊥CE
大小LABω21已知?
已知
anB2=LABω21=38×
202=15200mm/s2
anB3=LBDω23=BDμLω23=31×
4×
4.62=2620mm/s2
akB2B3=2ω3vB2B3=2ω3b2b3μv=2×
4.6×
13.5×
20=2484mm/s2
取加速度比例尺μa=500mm/s2/mm,选极点p′在图(d)中依次作出上述各已知向量的代表线段。
p′b2′=anB2/μa=15200/500=30.4mm
p′n3′=anB3/μa=2620/500=5.24mm
k′b2′=akB2B33/μa=2484/500=4.97mm
在此基础上作出加速度多边形,如图(d)所示。
则
ε3=atB3/LBD=n3′b3′μa/BDμL
=39×
500/31×
4=157.3rad/s2方向:
利用影像原理,在图(d)中,连p′b3,作△p′b3′e′∽△DBE,得e′点,则p′e′即为aE的代表线段,其大小为
aE=p′e′μa=16×
500=8000mm/s2=8m/s2
例3-3图(a)所示为一四铰链机构的机构运动简图、速度多边形和加速度多边形,作图的比例尺分别为:
μL=2mm/mm、μv=20mm/s/mm、μa=200mm/s2/mm。
已知原动件1以匀角速度ω1=10rad/s顺时针方向转动。
要求:
(1)根据两个向量多边形分别列出相应的速度和加速度向量方程,井将各个向量标在向量多边形中相应的代表线段旁边。
(2)求出构件2和3的角速度ω2、ω3和角加速度ε2、ε3。
(3)在构件1、2和3上分别求出速度为vx=300mm/s(方向为p→x)的点x1、x2和x3。
(4)求出构件2上速度为零的点I2和加速度为零的点Q2。
(5)求出I2点的加速度aI2和Q2点的速度vQ2。
解
(1)速度和加速度向量方程分别为
vc=vB+vCB
→→→→→
anc十atc=anB十ancB十atcB
多边形中各线段所代表的向量如图(b)所示。
(2)由图(a)中量取有关线段,即可分别求得
ω2=vCB/LBC=bcμv/BCμL=18.5×
20/58.5×
2=3.16rad/s逆时针方向
ω3=vC/LCD=pcμv/CDμL=25.5×
20/25×
2=10.2rad/s逆时针方向
ε2=atCB/LBC=n2cμa/BCμL=48.7×
200/58.5×
2=83.25rad/s2逆时针方向
ε3=atC/LCD=n3cμa/CDμL=13×
200/25×
2=52rad/s2逆时针方向
(3)x1、x2和x3点的位置可用影像法原理求出:
在速度多边形中连接xb和xc。
在机构运动简图上分别作相似形
△ABX1∽△pbx△CBX2∽△cbx△DCX3∽△pcx
即可分别求出x1、x2和x3三个点,如图(b)所示。
(4)由于I2点与极点p相对应,Q2点与极点p相对应,根据影像原理,在机构运动简图上分别作△BCI2∽△bcp△BCQ2∽△bcp′
即可求得I2点和Q2点的位置,如图(b)所示。
(5)在图(b)的加速度多边形中作△bci2∽△BCI2
得i2点,连接p′i2即为aI2的代表线段,则
aI2=p′i2μa=57×
200=11400mm/s2=11.4m/s2方向:
p′→i2
在速度多边形中作△bcq2∽△BCQ2
得q2点,连接pq2即为vQ2的代表线段,则
vQ2=pq2μv=22×
20=440mm/s方向:
p→q2
此例需要反过来应用向量多边形法和影像原理,解题过程虽较简单但要求基本概念清楚,解题方法熟练。
另外,通过此例也可以看出,在求某一构件上速度为零的点I、加速度为零的点Q、与给定速度或加速度相对应的点,以及点I的加速度aI点Q的速度vQ时,应用影像法原理是-种便捷的解题方法。
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