Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
CHƯƠNG 4: THIẾT KẾ,CHẾ TẠO MÔ HÌNH

CHƯƠNG 4: THIẾT KẾ,CHẾ TẠO MÔ HÌNH

Tải bản đầy đủ - 0trang

cận,động cơ cửa buồng thang dừng lại,cửa được mở trong 2s rồi cửa buồng thang

được đóng lại.Sau đó,buồng thang di chuyển đến các tầng được gọi tiếp theo.



4.2. Thiết kế hệ thống cơ khí

4.2.1. Khung thang

Sử dụng nhơm định hình 20x20 chiều dài 1m.

Chiều cao khung thang là 2m,chiều cao mỗi tầng là 40cm,chiều rộng của khung

thang là 40 cm.

Các thanh nhôm được ghép với nhau bằng thanh nối và ke vng.



Hình 4.1: Khung thang [4.1]



4.2.2. Buồng thang

Sử dụng nhơm định hình 20x20.

Dùng nhơm để tạo thành khung cho buồng thang.

Các mặt của buồng thang dung tấm mika 2mm.

Động cơ đặt phía trên của buồng thang.

Cơ cấu mở cửa là đai răng-bánh răng.

Hai bên buồng gắn bánh xe để trượt trên ray.

Hai cánh cửa làm bằng nhôm 0,8mm.

Khối lượng của buồng thang: 3.5 kg.

54



Tải dự kiến: 0,5 kg.

Tổng khối lượng của buồng thang và tải: 4 kg.



Hình 4.2: Buồng thang [4.2]



4.2.3. Ray

Sử dụng nhôm chứ T

Gồm 4 ray :bao gồm 2 ray để chạy buồng thang và 2 ray chạy đối trọng

Ray được bắt vào khung nhôm bằng trượt đơn,chiều cao ray 1m8



Hình 4.3: Ray chữ T [4.3]

55



4.2.4. Đối trọng

Sử dụng các thanh nhơm định hình tạo thành khung kích thước 22x20.8

2 mặt ngồi ốp bằng nhơm 0,8 mm

2 bên gắn bánh xe để chạy trên ray

Khối lượng đối trọng: 3,5 kg

Kiểm tra điều kiện khối lượng của đối trọng

𝑀𝑐𝑏 < 𝑀đ𝑡 < 𝑀𝑐𝑏 .∝.𝑀𝑡ả𝑖

∝: Hệ số cân bằng, 0,3 <∝< 0,6



[10]



Suy ra 3,5<𝑀đ𝑡 <3,8



Hình 4.4: Đối trọng [4.4]



4.2.5. Cáp

Sử dụng cáp thép 2mm.

Tính lực căng của cáp:

Trong đó: Mđt = 4 kg -Khối lượng đối trọng

56



Mcb = 3.5kg- Khối lượng cabin

M: Khối lượng ròng rọc ( bỏ qua khối lượng puly nên M=0)

R=0.025( m)-Bán kính puly

a:gia tốc chuyển động của thang máy

T1,T2:Lực căng trên các nhánh của cáp

I=



M.R 2

-momen quán tính của puly

2



[14]



Bỏ qua khối lượng puly,dây dẫn,coi như ma sát không đáng kể

+TH1: Thang máy đứng yên



→′



→′



𝑇2



𝑇1





𝑇2











𝑃đ𝑡



(+)



𝑇1







𝑃𝑐𝑏



Theo định luật II Newton:

Pdt  T2  M dt .a



Pcb  T1  M cb .a



Chiếu các phương trình lên chiều dương ta được:

{



Pđt − T2 = 0

Pcb − T1 = 0



Tương đương:



57



{



Pđt = T2 = M dt . g = 3.5.10 = 35 (N)

Pcb = T1 = M cb . g = 4.10 = 40 (N)



+TH2: Thang máy đi lên



→′

T2







→′



T2



T1



𝑀đ𝑡





T1



(+)





𝑀𝑐𝑏



Pđt







Pcb



Theo ĐL II Newton ta có:

Pdt  T2  M dt .a



Pcb  T1  M cb .a



Chiếu các phương trình lên chiều dương ta được:

T1  Pcb  M cb .a



 Pdt  T2  M dt .a



Momen kéo tải:



M t  I.



a

R



 (T2  T1 ).R 



[14]

M.R 2 a

M.a

. (T2  T1 ) 

2 R

2



58



 (T2  T1 ) 



M.a

2



Ta có hệ phương trình:





T1  Pcb  M cb .a



Pdt  T2  M dt .a



M.a

T2  T1 

2



Giải hệ phương trình,ta được:







(M dt  M cb ).g

a  M



 M dt  M cb

2





M

M cb .g.(2M dt  )



2

T1  M



 M cb  M dt

2





M

M dt .g.(2M cb  )



2

T2 

M



 M cb  M dt



2

4.10.2.3,5



T1  3,5  4  37,3(N)



T  3,5.10.2.4  37,3(N)

 2

3,5  4



59



+TH3: Thang máy đi xuống



→′



→′



T2



T1







(+)



T2





T1



Mđt



Mcb



Pcb



Pdt



Theo ĐL II Newton ta có:

Pdt  T2  M dt .a



Pcb  T1  M cb .a



Chiếu các phương trình lên chiều dương ta được:

 Pcb  T1  M cb .a



T2  Pdt  M dt .a



Momen kéo tải:



M t  I.



a

R



[14]



M.R 2 a

M.a

. (T2  T1 ) 

 (T2  T1 ).R 

2 R

2



 (T2  T1 ) 



M.a

2



Ta có hệ phương trình:





Pcb  T1  M cb .a



T2  Pdt  M dt .a



M.a

T2  T1 

2



60



Giải hệ phương trình,ta được:







(M cb  M dt ).g

a  M



 M dt  M cb

2





M

M cb .g.(2M dt  )



2

T1  M



 M cb  M dt

2





M

M dt .g.(2M cb  )



2

T2 

M



 M cb  M dt



2

4.10.2.3,5



T



 37,3(N)

1



3,5  4

 

T  3,5.10.2.4  37,3(N)

 2

3,5  4



4.2.6. Puly

Sử dụng puly nhôm,đường kính puly chủ động 5 cm.

Ngồi ra sử dụng thêm 2 puly phụ để đảm không xảy ra sự trượt giữa cáp và puly.

Kiểm tra điều kiện bám của puly.



61



Puly chủ động

Puly phụ



M



⃗⃗⃗⃗

𝐹2



F1

F0



F3



Đối trọng



F3



Cabin

Pcb



Pdt



Hình 4.5: Sơ đồ bố trí puly [4.5]

F0 và F3 là lực căng ban đầu

Khi tác dụng vào puly chủ động 1 momen M có chiều như hình vẽ

F1 , F2 là lực căng trên 2 nhánh khi bộ truyền chịu tải

Ta có: F1 - F2 = Ft



(4.1)



[15]



Với Ft : tải trọng có ích

Do chiều dài khơng thay đổi trong quá trình di chuyển nên độ giãn trên 2 nhánh như

nhau,ta có:

F1 = F0 + ∆F

F2 = F0 - ∆F



[15]



 F1 + F2 = 2F0



(4.2)



Từ (4.1) và (4.2) ta có:



62



{



F1 = F0 +

F2 = F0 −



Ft

2

Ft

2



Ta có mỗi quan hệ giữa F1 và F2 :

F1 = efα . F2



(4.3)



Với f : hệ số ma sát

α : góc ôm đai

Từ (4.1) và (4.3) ta có:



Ft .ef

e . F2 − F2 = Ft F1  f

e 1





 F2 . (−1 + efα ) = Ft

 F2 =



Ft

e 1

f



Ft .ef

 F1  f

e 1

Ft .(ef  1)

 F0 

2.(ef  1)



 Ft 



2.F0 .(ef  1)

ef  1



Momen ma sát: Mms = Ft . R

Momen tải trọng : Mt = F0 . R

Điều kiện để không xảy ra sự trượt giữa cáp và puly là:

Mms ≥ Mt

Mms = Ft . R =



2F0 (efα − 1)

.R

efα + 1

63



[15]



Với f = 0,61 ( hệ số ma sát giữa nhôm và thép )

α = 130° =



13

18



π (góc ơm đai)



R = 0.025 (m) (bán kính puly chủ động)



 M ms 



2.4.10.(e

e



13

0,61. .

18



13

0,61. .

18



 1)



1



=1,2 (N)

Mt = Mcb . g. R

= 4.10.0,025

= 1 (N)

Ta có: Mms > Mt

Vậy không xảy ra sự trượt giữa cáp và puly

+) Góc ơm đai thỏa mãn điều kiện:

u cầu:

Mms ≥ Mt

2F0 .(ef .  1)

.R ≥ F0 . R



e f .  1

2.(ef .  1)



≥1

e f .  1







(ef .  1)

≥ 0,5

e f .  1



 efα − 1 ≥ 0,5. efα + 0,5

 0,5. efα ≥ 1,5

 efα ≥ 3

 fα ≥ 1,1

 α ≥ 1,803 (rad)

64



[12]



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

CHƯƠNG 4: THIẾT KẾ,CHẾ TẠO MÔ HÌNH

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×