Файл: Движение механизма под действием заданных сил программированное учебное пособие для студентов механических специальностей..pdf
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2024
Просмотров: 27
Скачиваний: 0
50. (к стр. 48)
Ваш ответ: ">= 22,3 • 1й(0,04471).
Неверно. Нельзя решать в определенных интегралах. Мы же определяем, за сколько се кунд угловая скорость понизится от«н до ну-
'ля. Мы определяем зависимость »•>от 1 в тече ние стадии выбега агрегата, а поэтому надо решать неопределенный интеграл.
При этом не забудьте учесть постоянные ин тегрирования, которые надо определить по на чальным условиям.
Вернитесь к стр. 48.I
I
50
51. (к стр. 54)
Ваш ответ. В конце холостого хода угловая скорость будет
о» = 58 сек-1 .
Неверно. Вы решали уравнение вида:
ЛТ=[Мд1<*>)—Мс)-Д<р.
В данном случае параметром будет время, по этому А<р надо выразить через М.
Возьмем левую часть уравнения:
и переделаем его |
|
(Ь (11 (3( |
’ |
откуда получаем: |
|
дт=|Мд(«>)-Мс|-о>-д».
Вернитесь к стр. 54 издайте правильное ре шение.
51
|
|
52. |
|
|
(к стр. 48) |
|
|
ei.34.t_ | |
Ваш ответ: |
“= |
еек~ '' |
Неверно. Вы формально подставили под ин теграл ДМ. Это может относиться к стадии пуска агрегата. При выбеге Мд = 0.
Еще раз напомним, что требуется опреде лить зависимость угловой скорости от време ни для выбега агрегата. Начальная угловая скорость определяется совместным решением уравнений:
МД=МС.
Вернитесь к стр. 48 и проведите решение правильно.
52
53.
(к стр. 49)
Ваш ответ. Уменьшением шага. Давайте разберем правильность итого ответа.
Имея начальную точку 1, берем шаг Дер. Построив касательную а—а в точке получим точку кг. Считая точку к2 за начальную для следующего шага, решаем следующий шаг Л<р. Как видите, к2 отстоит далеко от к! (истинной точки кривой). Если мы уменьшим шаг, т. е. возьмем 0.5• Аф, то, решая методом шага, мы при дем к точкам .1 и к3, которая стоит ближе к истинной кг, но все же далеко.
В методе полушага мы получаем точку еще ближе
кистине.
Вернитесь к стр. 49 и дайге правйльный ответ.
5 3
! |
- |
5 4 |
Ваш ответ. |
|
(к стр. 48) |
|
|
|
« -2 2 ,3 ^ |
1,32- 0,04471) |
сек-1. |
Решение проведено правильно. Таким обра зом. мы изучили один вид решения уравнений движения — аналитически по известным мето дам высшей математики.
Когда же интегралы получаются сложные, или данные имеем в виде графиков или таб лиц, то удобнее решать численным методом, описанным на стр. 47—48.
Предлагаем решить уравнение движения для машинного агрегата численным методом.
Электродвигатель имеет |
характеристику |
||
10000 |
Рассмотрим только холостой ход |
||
М д=~ |
нм. |
||
рабочей машины, у которой Мс П) =20 нм. |
|||
В начале |
холостого |
хода агрегат имел |
|
«о = 50 |
сек~х. |
|
|
Приведенный момент инерции/„ =0,268 кем2. Холостой ход длится 0,7 сек. Какая будет « в
конце холостого хода? Попробуйте |
принять |
шаг 0,1 сек. |
|
Какой у Вас получается ответ? |
(стр. 51). |
о) = 58 сект1. |
|
ш= 199 секгх. |
(стр. 49). |
•54
(к стр. 49)
Ваш ответ. Шаг остается прежним, но производная уточняется дважды. Правильно. Уясним глубже этот метод. В методе шага мы получаем точку к2, которая будет исходной для следующего шага. В каждом ша ге мы один раз находим ш. Это давало малую сходи мость процесса приближения и мало применялось в.
практике.
Применяя метод полушага, как показал д. т. н. Бес сонов А. Г1., можно резко ускорить процесс сходимо
сти.
Построив касательную а—а в начальной точке >, получаем на конце участка А(р точку к2. Чтобы полу чить значение ш в конце участка А(р во втором при ближении, проведем касательную а —а только до се редины (точка ]). Таким же способом найдем направ ление касательной б—б в точке ¡. Наконец, через точ ку 1 проведем прямую в—в, параллельную касательной б—б, получив точку к4 во втором приближении и счи тая точку к4 за начальную для следующего участка,
идем дальше.
.Метод полушага не является простым уменьшением
шага вдвое, так как при уменьшенном |
шаге мы |
оы |
||
пришли »' точке кз, |
а при полушаге — к |
точке к4, |
ко |
|
торая находятся ближе к точке к,. |
|
академик |
||
Метод полушага |
впервые предложил |
|||
А. Н. Крылов, а ироф. В. А. Зиновьев, |
применяя |
ме |
||
тод полушага, дал в 11)02 г, общее решение |
уравне |
|||
ния движения. ■ |
|
|
|
|
у
Р и с . 15.
Переходите на следующую страницу. |
55 |
56.
§ 7. Частный случай движения агрегата с упругой “связью. Наиболее простой упругой связью является фрикционная муфта. На рис. 16 дана схема двух ва лов, соединенных муфтой, где два диска связаны си-
,у» |
а |
|
г |
t— |
|
|
Р и с . 16. |
|
лами трения. Ведущий |
вал 1 перед включением имеет |
|
.угловую скорость шя хх |
холостого хода. |
Вал 2 перед |
-включением неподвижен. Максимальный |
момент, ко |
|
торый может передач!, |
муфта: , |
|
Мфшах Q ' ï *Rcp ^*Мкр.
тде Мкр — расчетный момент двигателя; Р — коэффициент запаса.
Коэффициент трения принято считать постоянным, отсюда Мф пропорционален Q. Силу Q считать изме няющейся по линейному закону, ибо имеется много трудно учитываемых факторов. Требуется определить
|
ПО = 0)i (t) |
И 0)2 = 0)2 (t) . |
|
|
Так как при пуске надо преодолеть Мс и создать ус |
||||
корение |
вала 2, то Мфщах >МС. Однако, |
если Мфтах » |
||
»М с , то |
муфта получается тяжелой, процесс |
включе |
||
ния происходит быстро, |
но это приводит |
к |
большим |
динамическим нагрузкам в системе вала 2. При малом избытке будет сильно затягиваться период включения.
Рассмотрим физическую сторону включения муфты
(рис. 17).
Первый этап — от начала включения до момента наступления Мф=Мс.
В этот период ведомые части не вращаются, т. к. Мф < М С
и вся подводимая энергия, выражаемая шь ОгАВ, рас ходуется на трение рабочих поверхностей муфты и переходит в тепло, а частично идет и на износ.
(Продолжение на следующей странице).
•56
57. (к стр. 56)
Второй этап |
от начала вращения вала 2 и до пол |
|||
ного его разгона, т. е. до момента, когда шд ,~-и)с2- |
|
|||
При и будет « Дт!п . т. |
е. |
к, = 0. Следовательно, |
если |
|
ранееМ ф =М кр;им + /,Е1 |
, |
то теперь Мфдолжем |
резко |
|
уменьшиться |
до М крзам (крутящий момент двигателя |
при замедлении). Полное включение муфты часто за канчивается раньше, чем сравняются скорости (1 1 ), что подтверждается практикой. Момент сопротивления
равен |
, но муфта не может передать момен |
|||
та |
больше, |
чем МФтах, поэтому после момента |
(1 до |
|
П |
начнется |
буксование |
муфты и МФтах— |
П0СТ- |
Работа буксования будет равна разности работ, отда ваемой валом 1 и получаемой валом 2. Эта работа це ликом зависит от величины инерции разгоняемых
Общий баланс энергии равен: полезной работе, за- 0 траченной на преодоление Mf—пл. BCD; энергии, пе реходящей в тепло при буксовании пл. ABE; энер гии, идущей на разгон ва
ла 2 пл. ВСЕ.
Третий этап — от момен та t2 до t3, когда обе части, как одно целое, будут ус корять свое движение до «,„з , а момент двигателя бу дет стремиться к М с • Со-
гротивлением для вала 1 будет уже не Мф - а М с-
Как же решаются урав нения движения такой си стемы? До включения муф ты мы имеем две системы,
(Переходите на следующую страницу).
57'
58.
(к стр. 57)
'следовательно, и будем иметь два уравнения:
М |
д - М Ф ^ |
И |
Мф —м с= /2~ |
2. |
||
|
|
d t |
|
mas |
|
d t |
Решение этой системы в конечном виде |
возможно |
|||||
только в частных случаях, когда функции |
моментов |
|||||
достаточно |
простые. |
Для упрощения можно |
принять |
|||
.Л1с — пост, |
аМ ф=М фтах, считая включение |
мгновен |
||||
ным. |
Мд можно приближенно |
для устойчивой |
части |
характеристики представить в функции со (для элек тромотора, и для ДВС,),
М д = а — bw . _
Решая первое уравнение, получаем:
--J .'Г |
doii |
|
или относительно о)), имеем: |
||
‘М (а-Мфф))~- |
|
||||
|
|
) |
|
||
второе уравнение дает решение: |
( 10) |
||||
|
|||||
|
|
Мф-М, |
|
||
|
0>о= |
|
—— - I |
( 11) |
|
|
|
I, |
|||
Для определения общей |
угловой |
скорости |
устано |
вившегося движения можно воспользоваться уравнени
ем (10), подставив в |
него |
|
Мс вместо Мф и |
(Л +/ г ) |
|||||
вместо /,. За начальную скорость принять |
ю= со 1 = ср2. |
||||||||
Для закрепления материала решите задачу: |
|
|
|||||||
Движущий момент Мд = |
2000 — 20 со н.и, |
момент со |
|||||||
противления Мс |
= 30 |
н м , |
начальная угловая |
скорость |
|||||
двигателя “>д |
= |
100 |
с е к - 1, |
Л = 2 |
к г м 2, ¡г |
— |
1,0 |
к гм 2, |
|
Мфтах = 60 н м . |
Определить, |
через |
сколько |
секунд |
на |
ступит равенство угловых скоростей обоих валов, т. е.
•СО1=•'(Ог •
Через 0,07 с е к |
(стр. |
60). |
Через 3,23 сек |
(стр, |
63). |
'58