带传动的动力学模型的建立
理论力学中的动力学模型如何建立?

理论力学中的动力学模型如何建立?在理论力学的领域中,动力学模型的建立是理解和解决许多实际问题的关键。
动力学主要研究物体的运动与所受力之间的关系,而建立准确有效的动力学模型能够帮助我们预测物体的运动状态、分析系统的性能,并为工程设计和科学研究提供有力的支持。
要建立动力学模型,首先需要明确研究对象和系统边界。
这意味着要清楚地确定我们所关注的物体或物体组,以及它们与周围环境的相互作用范围。
比如,在研究汽车悬挂系统的动力学时,我们要明确是只考虑单个车轮和悬挂部件,还是将整个车辆作为研究对象。
同时,也要确定系统与外界的能量、力的交换边界。
确定好研究对象和边界后,下一步就是进行受力分析。
力是改变物体运动状态的原因,所以准确分析物体所受的各种力至关重要。
常见的力包括重力、弹力、摩擦力、拉力、推力等等。
以一个在斜面上滑动的物体为例,它受到垂直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力,以及沿着斜面方向的摩擦力。
在复杂的系统中,可能还存在诸如电磁力、流体阻力等其他类型的力。
对于每一种力,都需要根据其特点和相关的物理定律来进行计算和表达。
在受力分析的基础上,我们要选择合适的坐标系来描述物体的运动。
坐标系的选择直接影响到后续的数学处理和方程的形式。
常见的坐标系有直角坐标系、极坐标系、自然坐标系等。
比如,对于做圆周运动的物体,使用极坐标系通常会更加方便;而对于在平面上自由运动的物体,直角坐标系可能更为适用。
选择坐标系时,要考虑到问题的对称性和简便性,以便于后续的数学运算和方程推导。
接下来就是建立运动方程。
这通常基于牛顿第二定律,即物体所受的合力等于质量乘以加速度。
通过将受力分析的结果代入牛顿第二定律,并结合所选坐标系中的位移、速度和加速度的关系,我们可以得到描述物体运动的微分方程。
对于多物体组成的系统,还需要考虑物体之间的约束关系,如连接方式、相对位置等,通过引入约束方程来完善整个动力学模型。
除了牛顿定律,还有其他一些原理和方法可以用于建立动力学模型。
机械传动系统的动力学建模与仿真

机械传动系统的动力学建模与仿真机械传动系统,作为现代机械设备的核心组成部分,承担着将能源转化为机械运动的重要任务。
为了更好地理解和优化机械传动系统的性能,建立动力学模型并进行仿真分析是不可或缺的步骤。
在机械传动系统中,动力学建模的基础是建立机构的运动学模型。
通过对机械系统的几何形状、连杆关系、轴的布置等进行分析,可以确定各个零部件之间的运动关系。
基于此,可以利用拉格朗日方程、广义坐标法等进行动力学建模,得到机械传动系统的运动学和动力学方程。
机械传动系统的动力学模型建立后,可以进行仿真分析,以评估系统的性能和响应。
传动系统的仿真通常包括输入输出特性、动力学特性和稳定性等方面的研究。
通过仿真,可以预测系统在不同工况下的工作性能,以及对系统参数的敏感性。
此外,仿真还可以帮助工程师评估不同传动方案的优劣,为设计选择提供依据。
在进行机械传动系统的动力学仿真时,需要考虑各个零部件之间的耦合关系。
例如,传动装置中的齿轮传递动力时会产生啮合振动和齿轮间的相互作用力。
为了更准确地模拟这些现象,可以采用多体动力学仿真软件,对系统进行全面的动力学分析。
这种方法不仅可以模拟实际工况下的传动系统行为,还可以更好地理解传动装置中各个部件之间的相互作用。
此外,机械传动系统的动力学仿真还可以用于优化设计和故障诊断。
通过仿真分析,可以根据系统的动态特性和稳定性来选择最佳设计参数。
同时,通过对仿真结果的比较和分析,还可以识别系统中的故障和问题,并提出相应的改进方案。
然而,机械传动系统的动力学建模与仿真也面临一些挑战。
首先,机械系统的复杂性导致建模难度较大,需要对系统的各个方面进行全面的分析。
其次,仿真结果的准确性也受到许多因素的影响,如摩擦、间隙、材料特性等。
因此,在进行动力学仿真时,需要通过实验数据和参数调整来验证和改进模型,以提高仿真的准确性和可靠性。
综上所述,机械传动系统的动力学建模与仿真是优化传动性能和解决问题的关键步骤。
带传动理论 带传动的动力学分析 机械振动

U = K r 1 θ1 − r 2 θ2
2
应用 Lagrange 动力学方程,则带传动系统的运动微分方程为
2 I1 θ1 + k l r1 θ1 − 2k l r1 r2 θ2 = 0 2 I2 θ2 − 2k l r1 r2 θ1 + 2k l r2 θ2 = 0
B2 B1
=
2 2kl r 2 2 −ω I 2
2kl r 1 r 2
(21) 2 当ω2 n1 = p1 = 0,
B2 B1
=
r1 r2
= λ1
2 r2 1 I 2 +r 2 I 1
(22)
2 当ω2 n2 = p2 = 2k l B2 B1 I1 I2
时,
= − I 1 r 2 = λ2
2 1
I r
y 0,t −y l,t l
l−x =
y(0,t) l
l− x +
y (l,x) l
x
(a)
dx
F
θ + x
θ
F
(b) 图 3 带传动横向振动的力学模型
因此 y x, t = y ∗ x, t + yz x, t = y ∗ x,t +
l−x l
e1 sin ωt + l e2 sin( i t + φ)
(4)
a − p2 X1 − bX2 = 0 (5) −fX1 + e − p2 X2 = 0 式(4)在任何瞬时都满足方程(3),即式(4)是微分方程(3)的解。当X1 =X2 =0 时,条 件(5)显然成立,但这只代表振系的平衡情况,不代表任何振动情形。要使X1 与X2 有非零解,式(5)的系数行列式必须等于零,即 a − p2 −b 2 ∆= e − p2 − bf = 0 (6) 2 = a−p −f e−p 或者 p4 − a + e p2 + ae − bf = 0 (7) 2 2 这是p 的二次式,称为振系的频率方程,p 的两个根为 p2 1,2 =
带传动理论与技术的现状与发展

带传动理论与技术的现状与发展带传动理论与技术是指通过带的传动方式将动力传递给被传动部件的一种机械传动方式。
带传动广泛应用于各种机械设备中,如汽车、机床、风力发电机组等。
本文将从传动理论的发展历程、技术应用和未来发展趋势三个方面介绍带传动的现状与发展。
带传动理论的发展历程可以追溯到19世纪的工业革命时期,当时人们开始研究如何通过皮带传动来改变机械运动。
随着科学技术的进步,带传动理论得到了不断完善和深入研究。
20世纪初,研究人员提出了带传动的动力学理论,通过对带传动系统中张力、弯曲应力和履带滑移等因素的研究,为带传动设计提供了理论指导。
20世纪后半期,随着计算机技术的发展,研究人员开始运用数值模拟和计算机仿真技术,对带传动进行更加精确的分析和优化设计。
带传动技术在实际应用中也得到了广泛推广和应用。
不同类型的带传动技术逐渐发展起来,如平行轴带传动、交叉轴带传动、齿轮与带传动结合等。
带传动具有结构简单、传动效率高、减震能力强等优点,因此在许多领域取代了传统的齿轮传动。
汽车上的发动机曲轴和车轮之间的传动就是通过带传动实现的。
未来带传动技术的发展趋势主要集中在提高传动效率、加强传动稳定性和减少能量损耗等方面。
目前,研究人员正在探索新型带材料和结构设计,以提高带传动的传动效率。
利用复合材料和纳米技术等新技术,可以改善带传动的抗疲劳性能和耐热性能。
智能化带传动技术的研究也逐渐受到关注,通过传感器和控制系统的应用,可以实现带传动的智能监测和故障诊断。
带传动理论与技术在过去几十年中取得了长足的发展,已经成为现代机械传动领域不可或缺的一部分。
随着科学技术的不断进步,未来带传动技术将在传动效率、稳定性和智能化等方面取得更大的突破,为各行各业提供更加高效可靠的传动解决方案。
船舶传动装置多体动力学和有限元仿真技术

船舶传动装置多体动力学和有限元仿真技术船舶传动装置是指船舶上的各类传动和转向机构,如主机、舵机、副机、变速箱等。
这些装置的运动和受力情况对船舶的性能和安全至关重要。
因此,研究船舶传动装置的动力学和有限元仿真技术是船舶工程领域的重点之一。
船舶传动装置多体动力学是指利用动力学原理和计算机模拟方法,研究船舶传动装置的运动和动力学特性。
多体动力学模型包括船体、传动装置等多个刚体,以及它们之间的连接和作用关系。
其目的是分析船舶传动装置在加速、减速、转向等工况下的受力和运动情况,以及发现潜在的设计问题和改进方向。
在建立多体动力学模型之前,必须先进行传动装置的几何建模和质量分布,也就是确定每个部件的重量和重心位置。
接着,需要确定各部件之间的连接方式和运动副,如转动、平移、旋转等,以及各个运动副的特性参数,如摩擦力、阻尼系数等。
最后是力学参数的建立,如主机输出功率、传动比、舵机流量等。
运用多体动力学模型可以对船舶传动装置进行深入分析。
例如,在船舶的驾驶控制系统中,模型可以模拟舵机的转动,检验船舶的转向行为和动态稳定性;在主机优化设计中,模型可以模拟不同传动比下的输出功率和燃油消耗量,并对其进行对比和评估。
有限元仿真技术是另一种常用的研究船舶传动装置的方法。
它基于有限元方法,通过离散化、建模和求解,模拟船舶传动装置在静力学和动力学方面的响应和受力情况。
有限元分析的步骤包括建立传动装置的有限元模型、定义它的边界条件、施加外力或运动荷载、进行求解和分析,并对结果进行评估和优化。
其中,有限元模型的精度和计算效率是关键。
较为复杂的传动装置需要建立更为详细和准确的有限元模型,并进行优化和精简,以提高计算效率和准确性。
有限元仿真技术在船舶传动装置设计和评估中有着广泛的应用。
例如,可以通过改变材料性质、结构形式等参数,优化传动装置的结构和重量分布,降低振动和噪音水平,提高效率和可靠性。
此外,还可以模拟传动装置在海浪和风浪等不同海况下的响应,检验船舶在恶劣环境下的稳定性和强度。
机械传动系统动力学建模与仿真

机械传动系统动力学建模与仿真机械传动系统是工程设计中的常见组件,它能够将动力从一个部件传递到另一个部件。
了解机械传动系统的动力学行为对于设计和优化具有重要意义。
传统的方法是通过解析推导微分方程来建立动力学模型,但这种方法在复杂系统中变得非常困难。
因此,使用计算机仿真工具来模拟和分析机械传动系统的动力学行为变得越来越重要。
在对机械传动系统进行动力学建模之前,首先需要了解系统的基本组成部分。
机械传动系统通常包括轴、齿轮、皮带和链条等元件。
了解这些元件的几何形状、质量和刚度等参数对于建立准确的模型至关重要。
在建立模型时,可以将机械传动系统看作是一系列连接在一起的质点,通过约束条件保持系统平衡并传递动力。
动力学建模时的一个重要因素是摩擦。
摩擦力会导致能量损失和系统发热,因此在建立模型时需要考虑摩擦的影响。
摩擦力可以通过摩擦系数来描述,该系数取决于接触面的性质和润滑情况。
在模拟过程中,可以通过改变摩擦系数来研究系统的响应和性能。
在建立动力学模型后,可以使用计算机仿真工具对系统进行分析。
常见的仿真软件包括MATLAB和Simulink等。
这些工具提供了丰富的功能和库,可以方便地进行仿真和参数优化。
通过改变模型的输入和参数,可以模拟系统在不同条件下的响应,并确定最佳设计方案。
在进行仿真过程中,还可以进行系统的优化。
优化方法可以通过改变系统的参数来提高性能,如减小能量损失或减少振动。
常见的优化方法包括遗传算法和粒子群优化等。
这些方法基于系统的动力学模型,并通过迭代的方式搜索最佳解决方案。
除了建立动力学模型和仿真分析外,还可以通过实验验证模型的准确性。
实验可以在现有系统上进行,或在实验室环境中构建实际尺寸的机械传动系统进行测试。
通过与仿真结果的对比,可以验证和优化模型,提高模型的准确性和可靠性。
总之,机械传动系统动力学建模与仿真是工程设计和优化中重要的一环。
通过建立准确的模型和使用计算机仿真工具,可以更好地理解和分析机械传动系统的动力学行为。
高中物理传送带模型(最新)
高中物理传送带模型1.设问的角度(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系.(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解.2.功能关系分析(1)传送带克服摩擦力做的功:W=F f x传;(2)系统产生的内能:Q=F f x相对.(3)功能关系分析:W=ΔE k+ΔE p+Q.一、水平传送带:情景图示滑块可能的运动情况情景1⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速情景2 ⑴vv=,一直匀速⑵vv>,一直减速或先减速后匀速⑶vv<,一直加速或先加速后匀速情景3 ⑴传送带较短,一直减速到左端⑵传送带足够长,滑块还要被传回右端:①vv>,返回时速度为v②vv<,返回时速度为v二、倾斜传送带:情景图示滑块可能的运动情况情景1 ⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速⑶可能从左端滑落情景2 ⑴可能一直加速⑵可能先加速后匀速⑶可能先以1a加速,后以2a加速情景3 ⑴可能一直加速⑵可能一直匀速⑶可能先加速后匀速⑷可能先减速后匀速⑸可能先以1a加速,后以2a加速情景4 ⑴可能一直加速⑵可能一直减速⑶可能先减速到0,后反向加速例1(多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带,在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0=1 m/s顺时针传动.建筑工人将质量m=2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端,同时建筑工人以v0=1 m/s的速度向右匀速运动.已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ=0.1,运输带的长度为L=2 m,重力加速度大小为g=10 m/s2.以下说法正确的是()A.建筑工人比建筑材料早到右端0.5 sB.建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 JD.运输带对建筑材料做的功为1 J答案AD解析 建筑工人匀速运动到右端,所需时间t 1=Lv 0=2 s ,假设建筑材料先加速再匀速运动,加速时的加速度大小为a =μg =1 m/s 2,加速的时间为t 2=v 0a =1 s ,加速运动的位移为x 1=v 02t 2=0.5 m<L ,假设成立,因此建筑材料先加速运动再匀速运动,匀速运动的时间为t 3=L -x 1v 0=1.5 s ,因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt =t 3+t 2-t 1=0.5 s ,A 正确,B 错误;建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热,该过程中运输带的位移为x 2=v 0t 2=1 m ,则因摩擦而生成的热量为Q =μmg (x 2-x 1)=1 J ,由动能定理可知,运输带对建筑材料做的功为W =12m v 02=1 J ,则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2 J ,C 错误,D 正确.例2 如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持v 0=2 m/s 的速率运行,现把一质量为m =10 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端,经过时间t =1.9 s ,工件被传送到h =1.5 m 的高处,g 取10 m/s 2,求:(1)工件与传送带间的动摩擦因数; (2)电动机由于传送工件多消耗的电能. 答案 (1)32(2)230 J 解析 (1)由题图可知,传送带长x =hsin θ=3 m 工件速度达到v 0前,做匀加速运动,有x 1=v 02t 1工件速度达到v 0后,做匀速运动, 有x -x 1=v 0(t -t 1)联立解得加速运动的时间t 1=0.8 s 加速运动的位移x 1=0.8 m 所以加速度大小a =v 0t 1=2.5 m/s 2由牛顿第二定律有μmg cos θ-mg sin θ=ma 解得μ=32. (2)由能量守恒定律知,电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量. 在时间t 1内,传送带运动的位移 x 传=v 0t 1=1.6 m在时间t 1内,工件相对传送带的位移 x 相=x 传-x 1=0.8 m在时间t 1内,摩擦产生的热量 Q =μmg cos θ·x 相=60 J最终工件获得的动能E k =12m v 02=20 J工件增加的势能E p =mgh =150 J 电动机多消耗的电能 E =Q +E k +E p =230 J.例3如图所示,绷紧的传送带,始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行,传送带与水平方向间的夹角︒=30θ. 现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处,由传送带传送至顶端Q 处.已知P 、Q 之间的距离为4 m ,工件与传送带间的动摩擦因数23=μ,取2/10s m g = (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动;(2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间.答案:⑴工件先以2/5.2s m 的加速度匀加速运动0.8m ,之后匀速;⑵时间s t t t 4.221=+=例4如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行.初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v -t 图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v 2>v 1,则( )A .t 2时刻,小物块离A 处的距离达到最大B .t 2时刻,小物块相对传送带滑动的距离最大C .0~t 2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D .0~t 3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案:B例5如图所示,水平地面上有一长L =2 m 、质量M =1 kg 的长板,其右端上方有一固定挡板.质量m =2 kg 的小滑块从长板的左端以v 0=6 m/s 的初速度向右运动,同时长板在水平拉力F 作用下以v =2 m/s 的速度向右匀速运动,滑块与挡板相碰后速度为0,长板继续匀速运动,直到长板与滑块分离.已知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4,滑块与长板间的动摩擦因数μ2=0.5,重力加速度g 取10 m/s 2.求:(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程,长板的位移x ; (2)滑块碰到挡板前,水平拉力大小F ;(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程,系统因摩擦产生的热量Q . 答案 (1)0.8 m (2)2 N (3)48 J 解析 (1)滑块在板上做匀减速运动, a =μ2mg m =μ2g解得:a =5 m/s 2根据运动学公式得:L =v 0t -12at 2解得t =0.4 s (t =2.0 s 舍去)碰到挡板前滑块速度v 1=v 0-at =4 m/s>2 m/s ,说明滑块一直匀减速 板移动的位移x =v t =0.8 m (2)对板受力分析如图所示,有:F +F f2=F f1其中F f1=μ1(M +m )g =12 N ,F f2=μ2mg =10 N 解得:F =2 N(3)法一:滑块与挡板碰撞前,滑块与长板因摩擦产生的热量: Q 1=F f2·(L -x ) =μ2mg (L -x )=12 J滑块与挡板碰撞后,滑块与长板因摩擦产生的热量:Q 2=μ2mg (L -x )=12 J 整个过程中,长板与地面因摩擦产生的热量: Q 3=μ1(M +m )g ·L =24 J 所以,系统因摩擦产生的热量: Q =Q 1+Q 2+Q 3=48 J法二:滑块与挡板碰撞前,木板受到的拉力为F 1=2 N (第二问可知) F 1做功为W 1=F 1x =2×0.8=1.6 J 滑块与挡板碰撞后,木板受到的拉力为:F2=F f1+F f2=μ1(M+m)g+μ2mg=22 NF2做功为W2=F2(L-x)=22×1.2 J=26.4 J 碰到挡板前滑块速度v1=v0-at=4 m/s滑块动能变化:ΔE k=20 J所以系统因摩擦产生的热量:Q=W1+W2+ΔE k=48 J.。
机械传动链中的动态响应分析与控制
机械传动链中的动态响应分析与控制引言:机械传动链作为工程领域中不可或缺的一部分,承担着物体运动和能量传递的重要任务。
然而,由于机械传动链的复杂性和动态特性,其响应分析与控制成为了一个挑战。
本文将探讨机械传动链中的动态响应分析与控制方法,并介绍一些现有的技术和实践应用。
第一部分:背景机械传动链由多个组成部分组成,包括齿轮、传动带、链条等。
在实际工程中,机械传动链常常需要承受复杂的力学载荷和高速运动。
因此,在设计和运行机械传动链时,准确分析其动态响应,保证其稳定性和可靠性是非常重要的。
第二部分:动态响应分析方法1. 数学建模:对于机械传动链的动态响应分析,首先需要建立数学模型。
根据传动链的类型和特性,可以采用不同的数学模型,如基于微分方程的动力学模型、有限元分析等。
通过数学建模,可以揭示传动链的振动和动力特性,为后续分析提供基础。
2. 振动分析:传动链的振动是其动态响应的重要指标之一。
通过振动分析可以了解传动链的振动幅值、频率等信息,提前预测传动链的振动和共振现象。
常用的振动分析方法包括模态分析、谐响应分析等。
3. 动力学分析:除了振动分析,传动链的动力学特性也需要被分析。
动力学分析可以帮助我们了解传动链的力学性能,如功耗、效率等。
常用的动力学分析方法包括力和力矩分析、功率分析等。
第三部分:动态响应控制方法1. 结构优化:通过对传动链的结构优化,可以改善其动态响应特性。
结构优化的方法包括改变齿轮的设计参数、采用新的材料等。
通过结构优化,可以减小传动链的振动幅值,提高其刚度和减震性能。
2. 控制算法:对于某些高精度要求的传动链,需要采用控制算法对其动态响应进行实时控制。
控制算法可以通过检测传动链的动态响应,采取合适的控制策略,如调整驱动力矩、改变运动速度等。
这样可以实现对传动链的动态响应进行有效控制,提高其稳定性和可靠性。
第四部分:实践案例在实际工程中,动态响应分析与控制方法已被广泛应用于机械传动链的设计和运行过程中。
机电传动与控制课程设计
系统可靠性与安全性考虑
机电传动与控 制系统的集成 与优化需要考 虑系统的可靠
性和安全性
系统的可靠性 是指系统在规 定的条件下和 规定的时间内 完成规定功能
的能力
系统的安全性 是指系统在运 行过程中不会 对人员、设备、 环境造成危害
系统的可靠性和 安全性可以通过 设计、制造、安 装、调试、运行、 维护等环节来保
机电传动与控制课
程设计的成果展示
07
与评价
设计成果展示要求与方法
成果展示内容:包括设计思路、设计方 案、设计过程、设计结果等
展示形式:可以是PPT、视频、实物模型 等
展示时间:控制在10-15分钟
展示要求:清晰、准确、有条理,能够 充分展示设计成果和创新点
评价方法:包括自我评价、小组评价、教师评价等, 评价标准包括设计思路、设计方案、设计过程、设 计结果等
01
添加章节标题
机电传动与控制课
02
程设计概述
课程设计的目的和意义
培养实践能力: 通过课程设计, 提高学生的实践 操作能力和解决 问题的能力。
理论联系实际: 将理论知识与实 际应用相结合, 加深学生对专业 知识的理解和掌 握。
创新思维培养: 鼓励学生发挥创 新思维,提高创 新能力和实践能 力。
散热:考虑电机的散热问 题,选择合适的散热方式
传动元件设计
传动元件类型:齿轮、皮带、链条等 传动元件选择:根据负载、速度、精度等要求选择合适的传动元件 传动元件参数:传动比、转速、扭矩等 传动元件安装:确保传动元件安装正确、牢固,避免振动、噪音等问题
传动系统动力学分析
动力学模型:建立 机电传动系统的动 力学模型
案例对比:将不 同案例进行对比, 分析其优缺点和 适用场景
专题一 11 圆周运动(知识点完整归纳)
11 圆周运动1.两种传动方式(1)皮带传动(摩擦传动、齿轮传动):两轮边缘线速度大小相等. (2)同轴转动:轮上各点角速度相等. 2.匀速圆周运动(1)常见模型:物体随水平平台转动、火车或汽车转弯、圆锥摆模型、天体的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动等.(2)向心力:由合外力提供,只改变速度的方向,不改变速度的大小. (3)动力学规律:F 向=ma =m v 2r =mrω2=mr 4π2T 2=mr 4π2n 2=mωv .3.竖直平面内的非匀速圆周运动(1)轻绳(圆轨道内侧)模型:物体能做完整圆周运动的条件是在最高点F +mg =m v 2R ≥mg ,即v ≥gR ,物体在最高点的最小速度(临界速度)为gR .(2)拱形桥模型:在最高点有mg -F =m v 2R <mg ,即v <gR ;在最高点,当v ≥gR 时,物体将离开桥面做平抛运动.(3)细杆(管形轨道)模型:在最高点的临界条件是v =0,当0<v <gR 时物体受到的弹力向上;当v >gR 时物体受到的弹力向下;当v =gR 时物体受到的弹力为零. (4)常利用动能定理来建立最高点和最低点的速度联系.1.两类临界问题(1)与摩擦力有关的临界极值图1由摩擦力及其他力的合力提供向心力,发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值,如图1,小物体随倾斜圆盘匀速转动的最大角速度,就是在最下端时摩擦力达到最大静摩擦力,由μmg cos 30°-mg sin 30°=mω2r ,可求得ω的最大值. (2)与弹力有关的临界极值压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零;绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力. 2.两个结论(1)如图2,在同一水平面上做匀速圆周运动(圆锥摆)的两个小球,由mg tan θ=mω2h tan θ,知角速度(周期)相同.图2(2)如图3,小球能沿粗糙半圆周从P 经最低点Q 到R ,由于机械能的损失,在前半程的速度(摩擦力)总是大于后半程等高处的速度(摩擦力),P 到Q 克服摩擦力所做的功大于Q 到R 克服摩擦力所做的功.图3示例1 (描述圆周运动的物理量)(多选)(2019·江苏卷·6)如图4所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动.座舱的质量为m ,运动半径为R ,角速度大小为ω,重力加速度为g ,则座舱( )图4A .运动周期为2πR ωB .线速度的大小为ωRC .受摩天轮作用力的大小始终为mgD .所受合力的大小始终为mω2R答案 BD解析 由题意可知座舱运动周期为T =2πω,线速度为v =ωR ,受到的合力为F =mω2R ,选项B 、D 正确,A 错误;座舱的重力为mg ,座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变,方向时刻变化,故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变,选项C 错误.示例2 (水平面内圆周运动的临界问题)(多选)(2014·全国卷Ⅰ·20)如图5所示,两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上,a 与转轴OO ′的距离为l ,b 与转轴的距离为2l ,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍,重力加速度大小为g .若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是( )图5A .b 一定比a 先开始滑动B .a 、b 所受的摩擦力始终相等C .ω=kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D .当ω=2kg3l时,a 所受摩擦力的大小为kmg 答案 AC解析 小木块a 、b 做圆周运动时,由静摩擦力提供向心力,即F f =mω2R .当角速度增加时,静摩擦力增大,当增大到最大静摩擦力时,发生相对滑动,对木块a :F f a =mωa 2l ,当F f a =kmg 时,kmg =mωa 2l ,ωa =kgl;对木块b :F f b =mωb 2·2l ,当F f b =kmg 时,kmg =mωb 2·2l ,ωb =kg2l,所以b 先达到最大静摩擦力,选项A 正确;两木块滑动前转动的角速度相同,则F f a =mω2l ,F f b =mω2·2l ,F f a <F f b ,选项B 错误;当ω=kg2l时b 刚开始滑动,选项C 正确;当ω=2kg 3l 时,a 没有滑动,则F f a =mω2l =23kmg ,选项D 错误. 示例3 (竖直面内的圆周运动)(2020·全国卷Ⅰ·16)如图6,一同学表演荡秋千.已知秋千的两根绳长均为10 m ,该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg.绳的质量忽略不计.当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/s ,此时每根绳子平均承受的拉力约为( )图6A .200 NB .400 NC .600 ND .800 N答案 B解析 取该同学与踏板为研究对象,到达最低点时,受力如图所示,设每根绳子中的平均拉力为F .由牛顿第二定律知:2F -mg =m v 2r ,代入数据得F =405 N ,故每根绳子平均承受的拉力约为405 N ,选项B 正确.示例4 (拋体与圆周的结合)(2018·全国卷Ⅲ·25改编)如图7所示,在竖直平面内,一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切,BC 为圆弧轨道的直径,O 为圆心,OA 和OB 之间的夹角为α,sin α=35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动,经A 点沿圆弧轨道通过C 点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g .求:图7(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小; (2)小球从C 点落至水平轨道所用的时间. 答案 (1)34mg5gR 2 (2)355Rg解析 (1)设水平恒力的大小为F 0,小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg=tan α① F 2=(mg )2+F 02②设小球到达C 点时的速度大小为v ,由牛顿第二定律得 F =m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0=34mg ④v =5gR2⑤ (2)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥,从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t +12gt 2=CD ○10 v ⊥=v sin α⑪又CD =R (1+cos α)⑫ 由⑤⑦⑩⑪⑫式和题给数据得 t =355R g。
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1.1 带传动的动力学模型对于带传动而言,主要存在三种形式的振动:一是传动系统沿两带轮中心连线方向的振动,即带传动的纵向振动;二是带沿与带的运动方向相垂直的方向的振动,即带传动的横向振动三是带传动的扭转振动。
这三种形式的振动对带传动的传动特性都将产生严重影响,尤其是当激励频率接近带传动系统的固有频率时,带传动系统将产生共振,并可能造成较大的危害。
对于机械系统速度波动的运动规律而言,主要的影响形式是带传动的纵向振动。
图1-1 带传动的振动模型如图1-1所示,r 0、r 1分别为主动轮和从动轮的半径(已知);J 0、J 1分别为主动轮和从动轮的转动惯量(已知);k l 为传动带的线性弹性拉伸刚度;θ0、θ1分别为主动轮和从动轮的转角。
在此模型中,只考虑振动对速度波动的影响,所以假设带轮、传动轴及传动带均为线性弹性体,轴承、其它机构及机座为刚体带轮等传动件不存在摆动不计重力对系统的影响。
在主动轮上,电机将已知运动参数输入,经带轮、传动带及传动轴输出给从动轮及等效机构。
带传动系统所具有的动能E 、势能U 可分别表示为:{E =12J 0θ02+12J 1θ12U =k l (r 0θ0−r 1θ1)2分别取主、从动带轮的转角θ0、θ1为广义坐标系,应用拉格朗日动力学方程,则带传动系统的运动微分方程为:{J 0θ0+2k l r 02θ0−2k l r 0r 1θ1=0J 1θ1+2k l r 12θ1−2k l r 0r 1θ1=0 (1.1) 令:{2k l r 02J 0=a ,2k l r 0r 1J 0=b 2k l r 12J 1=e ,2k l r 0r 1J 1=f (1.2) 则式(1.1)可以写成:{θ0+aθ0−b θ1=0θ1+eθ1−f θ0=0 (1.3) 上式是带传动系统振动模型的运动方程。
1.1.2 带传动的固有频率设运动方程(1.3)的解为:{θ0=X 1sin(pt +φ)θ1=X 2sin(pt +φ)(1.4) 式中,振幅X 1和X 2、频率p 与相位角φ都是未知的。
将式(1.4)代入式(1.3)中,整理后可得:{[(a −p 2)X 1−bX 2]sin(pt +φ)=0[−fX 1+(e −p 2)X 2]sin(pt +φ)=0由上式可见,则:{(a −p 2)X 1−bX 2=0−fX 1+(e −p 2)X 2=0(1.5) 而式(1.4)在任何瞬时都可以满足系统振动模型的运动方程即式(1.3),且是微分方程式(1.3)的解。
同时当X 1=X 2=0时,式(1.5)也成立,但式(1.5)只代表带传动系统平衡下的情况,不代表启动、加速、停止情况下的振动情形。
要使X 1和X 2有非零解,式(1.5)的系数行列式必须等于0,则:|a −p 2−b −f e −p2|=(a −p 2)(e −p 2)−bf =0 (1.6) 通过整理可得:p 4−(a +e )p 2+(ae −bf )=0 (1.7)经观察可知,上式为p 2的二次式,为振动模型的频率方程,解出两个根分别为:p 1,22=a+e 2±√(a+e 2)2+(ae −bf )=a+e 2±√(a−e 2)2+bf (1.8) 将式(1.2)代入式(1.8)中,可得固有频率是:{p 1=0p 2=√2k l (r 02J 0+r 12J 1) (1.8.1) 对于带传动系统,代入已知测量出来的数据,皮带的线性拉伸刚度k l ,主动带轮的转动惯量J 0,从动带轮的转动惯量J 1,主、从动带轮的半径值,可以得出带传动系统的固有频率。
1.1.3 带传动系统对外界激励的响应在带传动过程中,始终存在预紧力F 0,考虑到由带轮的偏心、传动系统启动的不平稳等激励因素引起的、作用在主动轮上的等效简谐力矩为M 0sin qt ,则带传动系统振动模型的运动方程可以改成:{θ0+aθ0−b θ1=ℎsin qt θ1+eθ1−f θ0=0 (1.9) 式中,ℎ=M 0J 0,且上式为二阶线性常系数非齐次微分方程组,因此它的特解为稳定的等幅振动,系统按与激振力相同的频率q 作强迫振动。
设其解为:{θ0=Y 1sin qt θ1=Y 2sin qt(1.10) 其中,振幅Y 1、Y 2为未知常数。
然后把式(1.10)代入式(1.9)中,可得:{(a −q 2)Y 1−bY 2=ℎ−fY 1+(e −q 2)Y 2=0(1.11) 通过解上式二元一次方程组,得:{Y 1=(e−q 2)ℎ(a−q 2)(e−q 2)−bf Y 2=fℎ(a−q 2)(e−q 2)−bf (1.12)其中,式中(a −q 2)(e −q 2)−bf =(p 12−q 2)(p 22−q 2),而将式(1.2)、式(1.12)代入式(1.10)中,可得系统在激励作用下的响应为:{θ0=(2k l r 12−J 1q 2)M 0q 2[J 0J 1q 2−2k l (J 1r 02+J 0r 12)]sin qt θ1=2k l r 0r 1M 0q 2[J 0J 1q 2−2k l (J 1r 02+J 0r 12)]sin qt (1.13) 通过上述结果表明,系统做与激励同频率的简谐振动,其振幅不仅决定激励的幅值,更重要的是与系统的固有频率和激励频率有很大的关系。
又由式(1.12)得,当激励频率q 等于系统的固有频率p 1或p 2时,系统振幅无限增大,即为共振。
1.2 带传动的相对滑动对速度波动的影响带传动是利用弹性环形带和带轮来传递运动和动力的,根据传动原理将其分为摩擦传动和啮合传动。
摩擦传动是传动带以一定的预紧力套在主动轮和从动轮上,依靠传动带与带轮表面之间的摩擦力来传递运动和动力。
啮合传动则是依靠传动带表面的带齿与带轮上的齿槽相啮合而传递运动和动力。
显然此次系统中采用的是摩擦与啮合复合传动。
1.2.1 带传动啮合特性及动态分析同步带传动的带齿与轮齿的啮合是一种在节距相等下的嵌合,其动力是通过齿之间的法向力和轮齿顶部与带齿根部的摩擦力以及带齿的弹性变形来传递的。
同时同步带传动又具有类似链传动的多边形效应,由此使得同步带传动的啮合具有较复杂的性质。
基于以上原因在传动过程中会有振动的产生,这将直接影响到同步带传动的平稳性以及传动精度,一定程度上也影响带的使用寿命。
1.2.2带传动的受力分析摩擦与啮合复合传动带在传动过程中,带与带轮的摩擦力不足以传动功率时,带与带轮之间出现相对滑动,如图所示,带齿与主动带轮开始啮合,在理想传动状态下,带齿与带轮均匀啮合,设每个带齿与带轮啮合产生的法向作用力为Q1、Q2…。
小带轮啮合段的带体承受紧边拉力F1,松边拉力F2和沿包角变化的摩擦力F f三个力作用。
图1-2 带的受力分析设F t为摩擦与啮合复合传动带在工作中的有效拉力,由摩擦与啮合传动原理可知:F t=∑Q i+F f(1.14)由于摩擦与啮合复合传动带是挠性体由受力平衡可知:F t=F1−F2(1.15)在对主动轮围齿内啮合齿进行受力分析时,为便于分析建模,根据实际传动情况,对模型进行以下假设:1)为了简化模型,假设带齿啮合状态处于受力平衡,且带齿与轮齿啮合面间的摩擦力忽略不计;2)带齿在啮合中无弹性回缩现象,不会出现跳齿,磨齿;3)带在传动过程中,带齿的离心力忽略不计。
根据以上假设,如图2.15(a)所示,取啮合中第一个带齿为研究对象,带齿1受轮齿法向力Q1、紧边拉力F1、松边张力T1、带轮侧面的周向摩擦力2F f、带轮径向摩擦力F f、带轮侧面对带的正压力F N,处于静力平衡状态。
前面已作讨论,带齿的垂直截面上,带轮径向摩擦力F f是沿带包角的一个变化量,如2.15(b)所示。
F1、Q1、T1与节圆切线方向的夹角分别为γ0、β、φ;θ为摩擦与啮合复合传动带的楔角。
图1-3 啮入处带体受力图带齿水平与垂直方向受力平衡可得:{F1cosγ0=Q1cosβ+T1cosφ+2F fQ1cosβ+2F N sinθ2=2F f cosθ2+T1sinφ+F1sinγ0(1.16)式中γ0、β、φ为已知量,γ0可根据带的拉力方向;β为带齿啮合角;φ为带齿齿厚所对应的圆心角的一半,设S为节圆与带齿对应的节弧长,Z为小带轮齿数,p b为小带轮节距,即:φ=πSZp bT1=F1sin(β−γ0)sin(β+φ)+2F N sinθ2cosβsin(β+φ)−2F f cosθ2cosβ+sinβsin(β+φ)(1.17)图1-4 带齿谷底受力图带齿1的齿谷bc部分受力如图1-4所示,由于带轮齿顶部与带齿谷底面非接触。
摩擦力为0.但轮槽侧面对带侧面摩擦力F f符合摩擦传动原理。
根据欧拉公式F1F2=e fα1得带齿一得拉力T1与带齿二的拉力T2满足如下关系:T 2=T 1e −2fφ=(F 1sin(β−γ0)sin(β+φ)+2F N sin θ2cos βsin(β+φ)−2F f cos θ2cos β+sin βsin(β+φ))e −2fφ(1.18)其中φ为带齿一与带齿二之间节圆弧所对应的圆心角。
图1-5 带齿二受力图同理对带齿2,3…各齿进行受力分析,如图1-5所示,由力的平衡条件可得:T 3=T 2sin(β−γ0)sin(β+φ)+2F N sin θ2cos βsin(β+φ)−2F f cos θ2cos β+sin βsin(β+φ) (1.19)T 4=T 3e −2fφ…由此递推关系可得出第k 齿两侧的张力为:T k−1′=F 1sin(β−γ0)sin(β+φ)e −2(k−1)μφ[sin(β−φ)sin(β+φ)](k−2)+[2F N sin θ2cos βsin (β+φ)−2F fcos θ2cos β+sin βsin (β+φ)]1−[e −2μφsin(β−φ)sin(β+φ)](k−1)1−[e −2μφsin(β−φ)sin(β+φ)] (1.20) T k =F 1sin(β−γ0)sin(β+φ)e −2(k−1)μφ[sin(β−φ)sin(β+φ)](k−1)+[2F N sin θ2cos βsin (β+φ)−2F f cos θ2cos β+sin βsin (β+φ)]1−[e −2μφsin(β−φ)sin(β+φ)]k 1−[e −2μφsin(β−φ)sin(β+φ)] (1.21)其中,式中的k ≥2。
在带传动系统中进行啮合传动时。
啮合齿数可引入取整函数来近似表达在传动过程中。
啮合传动合力为:F t =(T 1−T 2)+F f (1.22)2.1带传动的动态性能分析带传动系统工作中的动态性能是对带的寿命研究的重要部分。