Przykładowy sprawdzian z kinematyki v 2.0, STUDIA MEiL MiBM, Semestr 6, Teoria Maszy i Mechanizmów

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Sprawdzian z TMM – zadania przykładowe
Wyniki obliczeń należy wpisać do tabelki z dokładnością do trzech cyfr po przecinku.
a
y
c
0
3
ω
3
1.
Na rysunku przedstawiono schemat kinematyczny mechanizmu w położeniu jakie przyjął w chwili, gdy
prędkość kątowa członu 1 wynosiła ω
1
. Policzyć prędkość kątową członu 3 w rozpatrywanej chwili.
Dane:
a
= 1 (m),
b
= 2 (m),
c
= 3 (m),
ω
1
= 1 (rad/s).
b
2
a
ω
1
1
x
0
y
a
1
ϕ
1
ϕ
2
b
2.
Na rysunku przedstawiono schemat kinematyczny mechanizmu. Człon 3 porusza się
wzdłuż prowadnicy równoległej do osi
x
globalnego układu odniesienia, parametr
r
odmierza jego położenie. Orientacja członu 1 jest określona przez kąt ϕ
1
. Należy
policzyć kąt ϕ
1
w chwili, gdy
r
= 6 (cm). Do tabelki należy wpisać rozwiązanie
z przedziału (0, π/2).
Dane:
a = c =
1 (cm),
b =
6 (cm).
c
2
x
3
r

x
2
+
y

1


0

3.
Dany jest układ równań:
( )
Φ
x
,
y



=
.


x
3

2
y

4
0
Układ rozwiązywano metodą Newtona–Raphsona, przyjmując przybliżenie startowe
x
0
= 2 oraz
y
0
= 1. Należy obliczyć wartość
x
1
,
uzyskaną po pierwszym kroku iteracji.
Imię i nazwisko
ω
3
(rad/s)
ϕ
1
(rad)
x
1
(–)
Marek Wojtyra
–0.375 1.240
1.500
Rozwiązanie zadania 1
Wprowadzamy lokalne, związane z członami, układy odniesienia w sposób pokazany na rysunku b).
a
y
c
y
0
y
π
3
c
0
3
ω
3
b
2
π
2
b
d
a
ω
1
1
x
π
1
x
0
a
x
0
a) b) c)
Łańcuch kinematyczny opisujemy za pomocą wieloboku wektorowego, pokazanego na rysunku c).
Wektory
a
,
b
,
c
i
d
są stałe w odpowiednich układach odniesienia:
a
(
1
=

0

,
b
(
2
)
=

c

,
c
(
3
)
=

+
a
c

,
d
(
0
)
=


a

(1)








a
b
0
a
+
b
Pisząc równanie wieloboku wektorowego pamiętamy, aby wszystkie wektory dodawać w tym samym,
globalnym układzie odniesienia. Przeliczając wektor z lokalnego do globalnego układu odniesienia korzystamy
z odpowiedniej macierzy kosinusów kierunkowych. Otrzymujemy następujące równanie wieloboku
wektorowego:
. (2)
Ze sposobu wprowadzenia lokalnych układów odniesienia wynika, że w rozpatrywanej chwili kąty opisujące
obroty członów względem podstawy mechanizmu są zerowe (należy jednak pamiętać, że są to wielkości
zmienne w czasie):
a
(
1
+
R
b
(
2
)

R
c
(
3
)

d
(
0
)
=
0
1
2
3
ϕ
=
0
R
=

cos
ϕ
1

sin
ϕ
1

=

1
0

=
I
,
ϕ
=
0
R
=
I
,
ϕ
=
0
R
=
I
.
(3)




1
1
sin
ϕ
cos
ϕ
0
1
2
×
2
2
2
2
2
3
3
2
×
2
1
1
Różniczkując równanie wieloboku wektorowego, pamiętamy, że jedynie macierze kosinusów kierunkowych
zależą od czasu, otrzymujemy zatem:
ΩR
a
(
1
ϕ

+
ΩR
b
(
2
)
ϕ


ΩR
c
(
3
ϕ

=
0
.
(4)
1
1
2
2
3
3
To samo równanie można zapisać inaczej, grupując nieznane prędkości

i

po lewej stronie, a znaną
prędkość
ϕ =

po prawej:
1
ω
1
ΩR
b
(
2
)

ΩR
c
(
3
)
]

ϕ

2

=

ΩR
a
(
1
ϕ
.
(5)


2
3
ϕ

1
1
3
Jak wiadomo, macierz Ω ma następującą postać:
=
Ω


0
1

.
(6)
1
0
Podstawiając (1), (3) i (6) do (5), otrzymujemy:


b
0


2
ω
ϕ


=

1

.
(7)






c

( )
a
+
c

0
3
Pozostaje tylko podstawienie danych liczbowych i rozwiązanie układu równań liniowych (np. metodą
wyznaczników):


2
0


ϕ



=

1

,


=

3
=

0
375
(rad/s)
.
(8)






3

4
0
3
3
8
3
.
R
×
)
[



ϕ
a
2
ϕ
 Warto zauważyć, że przystępując do rozwiązywania zadania, lokalne układy odniesienia można związać
z członami na wiele różnych sposobów. Schemat postępowania nie ulegnie zmianie, mogą się jednak zmienić
szczegóły obliczeń. Dla rozwiania wątpliwości, wprowadźmy lokalne układy odniesienia nieco inaczej
i przepiszmy wzory w odpowiednio zmienionej formie.
π
3
y
0
π
2
π
1
x
0
d)
Dla lokalnych układów odniesienia wprowadzonych tak, jak na rysunku d) zmianie ulegają tylko wzory (1)
i (3), pozostałe równania pozostają natomiast bez zmian:

a


+
b
2
c
2


f


+
a
c



a

a
1
=
,
b
(
2
)
=


=
,
c
(
3
)
=
,
d
(
0
)
=
.
(1a)








0
0
0
0
a
+
b


ϕ
=
π
/
2
R
=


0
1

,
ϕ
=
atan2
( )
b
,
c
,
R
=


c
/
f
b
/
f

,
ϕ
=
0
R
=

1
0

(3a)






1
1
1
0
2
2
b
/
f
c
/
f
3
3
0
1
(
.
Rozwiązanie zadania 2
Wprowadzamy lokalne, związane z członami, układy odniesienia w sposób pokazany na rysunku a).
y
a
y
a
1
ϕ
1
ϕ
2
b
b
2
c
x
c
x
r
w
3
r
a) b)
Łańcuch kinematyczny opisujemy za pomocą wieloboku wektorowego, pokazanego na rysunku b).
Wektory
a
,
b
,
c
i
w
są stałe w odpowiednich układach odniesienia:
a
(
=

a

,
b
(
2
)
=

b

,
c
(
0
)
=

0

,
w
(
0
)
=

1

.
(1)








0
0
c
0
Pisząc równanie wieloboku wektorowego pamiętamy, aby wszystkie wektory dodawać w tym samym,
globalnym układzie odniesienia. Przeliczając wektor z lokalnego do globalnego układu odniesienia korzystamy
z odpowiedniej macierzy kosinusów kierunkowych. Otrzymujemy następujące równanie wieloboku
wektorowego:
c
(
0
)
+
R
a
(
+
R
b
(
2
)

r
,
w
(
0
)
=
0
(2)
1
2
gdzie:
R
=


cos
ϕ
1
sin
ϕ
1

,
R
=

cos
ϕ
2

sin
ϕ
2

.
(3)




1
sin
ϕ
cos
ϕ
2
sin
ϕ
cos
ϕ
1
1
2
2
W zadaniu dana jest wartość przemieszczenia
r
, poszukiwane są natomiast kąty ϕ
1
i ϕ
2
, zależność (2) możemy
zatem potraktować jako układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi. W przypadku bardziej złożonych
zależności rozwiązania układu (2) poszukiwalibyśmy zapewne metodami numerycznymi, tym razem jednak
znajdziemy analityczne rozwiązanie układu nieliniowych równań algebraicznych (2). Podstawiając (1) i (3) do
(2), otrzymujemy:

0

+


cos
ϕ
1
sin
ϕ
1


a

+

cos
ϕ
2

sin
ϕ
2


b



r

=

0

,
(4)














c
sin
ϕ
cos
ϕ
0
sin
ϕ
cos
ϕ
0
0
0
1
1
2
2
A po wykonaniu mnożenia macierzy i wektorów oraz uporządkowaniu:

b
cos
ϕ
2
=
r

a
cos
ϕ
1
.
(5)
b
sin
ϕ
=

(
c
+
a
sin
ϕ
)
2
1
Sumując stronami powyższe równania podniesione do kwadratu, otrzymujemy:
b
2
cos
2
ϕ
+
b
2
sin
2
ϕ
=
r
2

2
ra
cos
ϕ
+
a
2
cos
2
ϕ
+
c
2
+
2
ca
sin
ϕ
+
a
2
sin
2
ϕ
.
(6)
2
2
1
1
1
1
Wykorzystując tzw. „jedynkę trygonometryczną” i porządkując wzór (6), otrzymujemy:
(
2
a
r
cos
ϕ
− ϕ
c
sin
)
=
r
2
+
a
2
+
c
2

b
2
.
(7)
1
1
Przyjmując, że pewna zmienna pomocnicza γ jest zdefiniowana jako γ = atan2(
c
,
r
), możemy napisać:
cos
γ
=
r
,
sin
γ
=
c
.
γ
c
(8)
r
r
2
+
c
2
r
2
+
c
2
Wykorzystując powyższe podstawienia, a następnie wzór na kosinus sumy kątów
(
cos(
α
+
β
)
=
cos
α
cos
β

sin
α
sin
β
), równanie (7) możemy przekształcić do postaci:
( )
r
2
+
a
2
+
c
2

b
2
cos
ϕ

=
.
(9)
1
2
a
r
2
+
c
2
Z równania (9) możemy wyznaczyć poszukiwany kąt ϕ
1
:
r
2
+
a
2
+
c
2

b
2
ϕ
=
±
arccos

atan2
(
c
,
r
)
.
(10)
1
2
a
r
2
+
c
2
W obliczeniach według wzoru (10) należy przyjąć znak +, aby uzyskać rozwiązanie z przedziału (0, π/2):
(rad)
1

1
2405
ϕ
Rozwiązanie zadania 3
Niewiadome
x
i
y
zapisujemy w postaci wektora:
q
=

x

.
(1)
y
Układ równań można przepisać w postaci:

x
2
+
y

1


q
2
1
+
q

1

0

( )
Φ
q





=
2
=
.
(2)




x
3

2
y

4
q
3
1

2
q

4
0
2
Macierz Jacobiego obliczamy, różniczkując Φ(
q
) względem wektora
q
:
Φ
q
( )
q


2
x
1



2
q
1
1

.
(3)




3
x
2

2
3
q
2
1

2
Zgodnie z treścią zadania przybliżenie startowe wynosi:
q
=

x
0

=

2

.
(4)


0
y
1
0
Funkcja wektorowa Φ, dana równaniem (2) ma w punkcie
q
0
wartość:

2
3
2
+
1

1


4

( )
Φ
q
=




=


.
(5)
0
2

2

1

4
2
Macierz Jacobiego, dana równaniem (3) ma w punkcie
q
0
wartość:
Φ
q
( )
q
=

2

2
1

=

4
1

.
(6)




0
3

2
2

2
12

2
Przyrost obliczany w pierwszym kroku iteracji N-R oznaczamy przez ∆
q
:
Δq
=


x

=

x
1

x
0

.
(7)





y
y

y
1
0
Wartość przyrostu ∆
q
oblicza się rozwiązując następujący układ równań liniowych:
( ) ( )
q
0
Δq
=

Φ
q
0
.
(8)
Podstawiając (5), (6) i (7) do (8), otrzymujemy:

4
1



x

=


4

.
(9)






12

2

y

2
Rozwiązując powyższy układ równań, znajdujemy:

x
=

1
.
(10)
2
Ostatecznie zatem, korzystając z zależności (7), obliczamy:
x
=
x
x
+

=
2

1
=
3
=
1
.
(11)
1
0
2
2





Φ
q
[ Pobierz całość w formacie PDF ]