Doç. Dr. Rahmi GÜÇLÜ, Makine Dinami i Ders Notları …guclu/DengelemeRG.pdf · DENGELEME 1.)...

Doç. Dr. Rahmi GÜÇLÜ, Makine Dinamiği Ders Notları

1

m=sistemin kütlesi

om

Fdin

kama yuvası

ρ

2)

1) ρmk

G

Rijit dst=0

≡

Kons. el.

mk:dengesizliği oluşturan kütle (kama yuvasının ağırlığı)

n

Fdin=mkρω²

Elastik dst≠0

DENGELEME 1.) Kütle dengelemesi (Rotor) 2.) Periyodik çevrimli makinaların dengelenmesi (Krank-Biyel) 3.) Güç dengelenmesi (Volan)

1.) Kütle Dengelenmesi : Makine mühendisliğinde bütün dönen makine parçalarının adına rotor denilmektedir. Örneğin; miller, dişli çarklar, kasnaklar vs. Bütün bu elemanların dönme ekseni ile ağırlık merkezinden geçen eksenin çakışması gerekir. Aksi takdirde dönme hızları arttıkça kütle atalet kuvvetleri (merkezkaç kuvvetleri, santrifüj kuvvetleri) ve bunların meydana getirecekleri eğilme momentleri ile dönme momentleri konstrüksiyon için büyük problemler oluştururlar. Bundan dolayı, rotorların dönme ekseni ile ağırlık merkezinden geçen eksenin çakışmasını sağlayabilmek için kütle atalet kuvvetlerinin dengelenmesi gerekmektedir. Rotorlar iki sınıfa ayrılır : 1.) Rijit Rotor : Dönme hareketi esnasında hiçbir deformasyon yapmadığı kabul edilir. 2.) Elastik Rotor : Dönme hareketi esnasında azda olsa üzerinde deformasyonların oluştuğu kabul edilen rotor.

2

din kF m= ρω Eksen kaçıklığı


2

L1

Fdin=mkρω²

A

Fden=mdρdω²

L2

B

Fiziksel Model

kuvvet) (santrifüj .... 22 ωυρ emmFdin ==

==eρ eksen kaçıklığı

=ρ.m dengelenmemiş büyüklük

( ) snrad

30

.nπωυ ==

Ağırlık merkezi kaydığından dolayı bu rotor üzerinde dengesizlik meydana gelecektir. Dolayısıyla bu dengelenmemiş büyüklüğün bir dengeleme büyüklüğü ile dengelenmesi gerekmektedir.

=ddm ρ. dengeleme büyüklüğü

( ) ( ) ( ) ( )ddkddk

dindindendin

din

mmmm

BAFF

FBA

ρρωρωρ .. ....

0 22 =→=

==→=

=+

Pratikte dönen elemanların meydana getirdikleri kütle atalet kuvvetleri, yataklarda dinamik kuvvet olarak ortaya çıkacaktır. Bu durumda, yatak kuvvetlerini sıfır ( 0== dindin BA )

yapabildiğimiz takdirde ideal (en mükemmel) dengeleme yapılmış olacaktır.

0 0 == dindin BA

33ρm

22 ρm

11ρm

44 ρm

A B


3

G

oρ

Rotorların dengelenmesi sonucunda dengeleyemediğimiz kalıcı artık kütle atalet kuvvetleri olacaktır. Bu durumda, standartlar atalet kuvvetlerinin doğurduğu titreşimlerin hızlarının sınırlarını belirlemiştir. Bu hız sınırı aşağıda verilmiştir.

Titreşim hızı ( ) ωρυ .mm/s . ==dt

dxe

Rotor Titreşim Hızı ( υ.e ) Otomobil tekerleği 40 mm/s Santrifüj pompa 6,5 mm/s Uçak tahrik sist. rotoru 2,5 mm /s Taşlama tezgahı mili 0,4 mm/s I.) Statik Dengeleme ( 0M ve0F ≠=∑ ∑ )

Dengelenmemiş ρ.m büyüklüğünü dengelemek için karşısına aynı doğrultuda ddm ρ.

dengeleme büyüklüğünü yerleştirmek ve böylece dengelemeyi gerçekleştirmek her zaman mümkün olmayabilir. (Örnek: Kam Mili)

νA

L1

Fden=mdρdν²I d1

Fdin=mρν²m

ρ

s

L2

md

ρdB A

me

L

B


4

Adin=0

md

Bdin=0

∑

∑

==→≠

=→=

=→=

sFsFMM

mmmm

FFF

dendine

dddd

dendin

.. 0

.. ....

022 ρρυρυρ

2121

2

22121

...

...).().(

ll

sF

ll

smBA

smsFllBllAM

din

bindin

dindindine

+=

+==

==+=+=

υρ

υρ

Tek düzlemde dengeleme yapıldığından burada mükemmel dengeleme yapılamamıştır. Yalnız kuvvetler dengelenmiş olup momentler dengelenmemiştir. Dolayısıyla, 0 0 ≠≠ dindin BA dır.

Bu şekilde, ideal dengelemenin olmadığı duruma statik dengeleme denilir. II.) Dinamik Dengeleme : 0M ve0F ==∑ ∑

A) s=0 (Aynı düzlemde dengeleme)

dendd Fm =2ωρ

dinFm =2ρω

dd

dendin

dindin

mm

FF

MF

BA

ρρ =

=

==

==

∑ ∑ 0 , 0

0 , 0

B) s≠0 (Farklı düzlemde dengeleme - Kam mili mekanizması) Sistem, üzerinde bulunan kütlelerin durumuna göre 1 veya 2 dengeleme düzlemi ile

dengeleme yapılır.

(mdρd)1

Adin=0

(mdρd)2

a

s1

mρ

s2Bdin=0

b

d2d1

n


5

∑ ∑ ==

==

0 , 0

0 , 0

MF

BA bindin

Dengeleme düzlemlerinin ( )21 ve dd yeri, 21 ve ss olarak seçilerek, ( ) ( )ıı1

. ve. dddd mm ρρ

dengeleme büyüklükleri hesaplanır.

( ) ( )

( ) ( ) bulunur. . 0)(.... 0

.... . . 0

ıı212

ıı2

11

22ıı

21

ddddd

dddd

mssmsmM

mmmF

ρωρωρ

ωρωρωρ

⇒=+−⇒=

=+⇒=

∑

∑

( ) ( )

ıı1 . . 0 dddd mmmF ρρρ −=⇒=∑ olarak hesaplanır.

Örnek:

G=100N n=1200 d/dak

a) Tekerlek üzerinde yataklara gelen dinamik kuvvetleri hesaplayınız? b) Bu sistemin dengelenmesini gerçekleştiriniz?

Çözüm:

a)

N 25,12072

N 5,2414

30

1200..10.15.

81,9

100

..2

3

2

===

=

=

=

−

din

dindin

din

din

din

FBA

F

F

mF

π

υρ

a=150mm

nA

e=15mm

b=150mm

1000mm

G

jant

o B

A

Fdin=mρν²

a

mρ

Bb


6

1000mm

G

o

md

e

b) I-) İlave kütle koyarak dengeleme :

dendd Fm =2ωρ

dinFm =2ρω

kg 315,0

485,0.10.15.81,9

100 .. .... 322

=

=⇒=⇒= −

d

ddddd

m

mmemmem ρυρυ

Eksen kaçıklığının tam karşısına kg 315,0=dm değerinde bir dengeleyici kütle (kurşun)

konularak sistem dengelenmiş olur. II-) Kütle çıkararak dengeleme: Bu konstrüksiyonda kütle çıkarma sistemin mukavemetini azaltabilir. Ancak, aşağıda verilen bir konstrüksiyon tarzında kütle çıkarma mümkün olabilir.

R=

5m

bosaltilan kütle

Gρd

o


7

(mdρd)

150

A

I

150 150

II

a

B

Örnek: Şekilde verilmiş dengelenmemiş kütlelerin iki düzlemde dengelenmesi istenmektedir.

a) Yatak kuvvetlerini bulunuz? b) Verilenlere göre dengeleme büyüklüğünü bulunuz? n= 900 d/dak

311 10.9 −=ρm

3

22 10.3 −=ρm Çözüm: a)

N 94,79

30

900..10.9

..

1

2

31

2111

=

=

=

−

din

din

din

F

F

mF

π

υρ

N 64,26

30

900..10.3

..

2

2

32

2222

=

=

=

−

din

din

din

F

F

mF

π

υρ

NBA

BA

mBmA

F

7,52

)30.(10.6

....

0

23

211

222

=−

=−

+=+

=

−

∑

π

υρυρ

NAA

NB

B

M A

44 7,52)68,8(

68,8

0450.300.64,26150.94,79

0

=⇒=−−

−=

=+−

=∑

b) I. çözüm : II. düzlem olarak, ( )22 ρm ’nin düzlemi ve dengeleme büyüklüğü seçilerek, I

düzleminin yeri ve dengeleme büyüklüğü bulunabilir. ( )

( )

mmaa

amamM

kgmm

mmmF

d

dd

dd

75 0)150.(10.310.9-

0)150(.....- 0

10.610.310.9.

... .. 0

33

222

2111

333ı

211

222

2ı

=⇒=++

=++⇒=

=−=

=+⇒=

−−

−−−

∑

∑

υρυρ

ρ

υρυρυρ


8

II. çözüm : I ve II düzlemlerinin yeri seçilerek dengeleme büyüklükleri bulunur.

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( ) 10.5,510.5,010.6. 10.5,0.

0.350.250.10.3100.10.9-

0350..250..100..- 0

10.610.310.9..

..... .. 0

33311

322

2233

2222111

333ıı22ı11

211

2ıı22

222

2ı11

kgmmkgmm

m

mmmM

kgmmm

mmmmF

ıddııdd

dd

ddd

dddd

dddd

−−−−

−−

−−−

=−==

=++

=++⇒=

=−=+

=++⇒=

∑

∑

ρρ

ρ

ρρρ

ρρ

υρυρυρυρ

(mdρd)Ι

100Adin=0 50

I

m2ρ2

150

m1ρ1

(mdρd)ΙΙ

50100

II

Bdin=0


9

Farklı Düzlemlerdeki Kütlelerin Dengelenmesi: Şekil 1)

Şekil 2)

Şekil 3)

A

dΙ

a

I

Zm2ρ2

önden

m1ρ1

b

dΙΙ

II

XBY

A

dΙ

X

Y

IZ

m2ρ2

B

m1ρ1 m3ρ3

α3

dΙΙ m2ρ2

Y

α2

α1

m3ρ3II

Z

(referans ekseni)X

m1ρ1

dΙ

A

dΙΙ

Im1ρ1 m2ρ2 II

m3ρ3

B

m2ρ2

m1ρ1

Ysoldan

Z

X


10

Şekil 4) Şekil 5)

(mρ)z

Y

A

mρ

B(mρ)y

(mρ)x

β

α

Z

mρ

X

A

D1 D2

B

D1

Z

X

D2

Z

X


11

Dinamik Dengeleme İşlemi:

0

0

=

=

din

din

B

A

0

0

=Σ

=Σ

M

Fdin

1-) En genel durumda matematik olarak dengelemeyi yapabilmek için mil üzerinde

dengelenmemiş kütlelerin bulunduğu bölge dışında iki dengeleme düzlemi seçilir.

2-) Seçilen dengeleme düzlemlerinin konstrüksiyon için uygun olup olmadığı araştırılır. Eğer,

kütlelerin bölgesi dışında dengeleme düzlemleri seçilmemesi gerekiyorsa konstrüksiyona uygun

olacak tarzda ara yerde dengeleme düzlemleri seçilerek dengeleme gerçekleştirilir.

3-) Dengelenmemiş her kütle, bulundukları düzlemde ayrı ayrı I ve II no’lu dengeleme

düzlemleri kullanılarak dengelenir.

4-) Dengeleme düzlemlerinde ortaya çıkan dengeleme büyüklüklerinin bileşke vektörü ve açısı

bulunur. Yani, önce I no’lu dengeleme düzlemine konulan dengeleme büyüklüklerinin x ve z

yönündeki bileşenleri bulunur. Sonra bileşkesi alınarak bu düzleme konulması gereken bileşke

dengeleme büyüklüğü 22 )()()( IdzdzIdxdxIdd mmm ρρρ +=

bulunur. Bu büyüklüğün yeri de )/( IdIdI xFzFArctg=α

olarak hesaplanır. Aynı işlemler, II no’lu dengeleme düzleminde tekrar edilerek oradaki

22 )()()( IIdzdzIIdxdxIIdd mmm ρρρ +=

dengeleme büyüklüğü ve )/( IIdIIdII xFzFArctg=α

açısı hesaplanır.


12

a

A

I

B

b

II

BA

a b

I II

I

x

zII

z

x

a b

A B

I II z

x

y

x

z

Örnek:

11ρm 11ρm

22 ρm 22 ρm

Z ekseni X ekseni

11ρm

22 ρm

( )Idxdxm ρ ( )

IIdxdxm ρ

( )Idzdzm ρ ( )

IIdzdzm ρ ( )IdxF ( )

IIdxF

( )IdzF ( )

IIdzF

I nolu dengeleme düzlemi II nolu dengeleme düzlemi

( )Idxdxm ρ ( )

IIdxdxm ρ

1α 2α

( )Idzdzm ρ ( )

IIdzdzm ρ

( )Iddm ρ ( )

IIddm ρ


13

I nolu dengeleme düzleminde oluşturulan dengeleme kuvveti. 22 )()()( IdxIdzId FFF +=

II nolu dengeleme düzleminde oluşturulan dengeleme kuvveti. 22 )()()( IIdxIIdzIId FFF +=

I nolu dengeleme düzlemindeki dengeleme büyüklüğü

22 )()()( IdzdzIdzdIdd mmm ρρρ +=

II nolu dengeleme düzlemindeki dengeleme büyüklüğü

22 )()()( IIdzdzIIdxdxIIdd mmm ρρρ +=

Idxdx

Idzdz

Id

IdI

m

mArctg

xF

zFArctg

)(

)(

)(

)(

ρ

ρα ==

IIdxdx

IIdzdz

IId

IIdII

m

mArctg

xF

zFArctg

)(

)(

)(

)(

ρ

ρα ==

Problem1

d/d 1500 m, 3.0 m, 2.0 kg, 1.5 kg, 3 kg, 0.5 kg, 1 214321 ======= nrrmmmm

a) Dengelenmemiş durumda, A ve B yatak kuvvetlerini bulunuz?

b) Bu sistemde ideal dengelemeyi gerçekleştirerek, I ve II nolu dengeleme düzlemlerine

konulacak dengeleme büyüklüklerini ve açılarını bulunuz?

nA 100 150 200 150 250

I IIz

m1

xB

D2D1

z

x

y

m2D1

r2

m2D2

m3

xr1


14

Çözüm:

a)

kgmm

kgmm

Z

X

5.15.0360cos

6.2866.0330cos

33

33

=×==

=×==

rd/s 5030

1500.π

πν ==

D2 →Z ekseninde

05.15.134 =−=− Zmm

Z Ekseni X Ekseni

NrmBA ZZ 4.2467212 ==+ ν ∑ =+−→= 06002500 2

12 zz BrmMA ν

NBz 1028600

250.616850== NAz 3.1439=

2

112

23 νν rmBrmA xxx +=+ 8.49347.19245 +=+ xx BA

NAB xx 8.14310=− ∑ =+−→= 06004502500 223

211 xxx BrmrmMA νν

NBx 13.12378600

8.7426877== NAx 77.1932−=

NAAAZX 8.240922

=+=

NBBB ZX 74.1242022=+=

m3x

m4

z

m3zm3

x

Az Bz

m2

350 250250 r1

Ax

m3x

Bx

m1

r1

200 150 250250 r2


15

b)

Z Ekseni X Ekseni

Z Ekseni

∑ +=→= IIZIZz mmrmF )()(0 12 ρρ

IIZIZ mm )()(1.0 ρρ +=

∑ =+−→= 0750)(1500 12 IIZz mrmMI ρ

kgm 08.0)(m

kgm 02.0)(

IZ =

=

ρ

ρ IIZm

X Ekseni

∑ =++→= 2311 .)()(0 rmmrmmF XIIXIXX ρρ

58.0)()(

78.0)(2,0)(

=+

=++

IIXIX

IIXIX

mm

mm

ρρ

ρρ

0750)(350150.0 2311 =+−→=∑ IIXXX mrmrmMI ρ

kgm 256.0)(m

kgm 323,0)(

IX =

=

ρ

ρ IIXm

I nolu dengeleme düzlemi

kgm 268.0)()()( 22=+= IZIXI mmm ρρρ

o

IX

IZI

m

mArctg 35.17

)(

)(==

ρ

ρα 3. Bölgede

ooo

I 35.19735.17180 =+=α

2.)( ϖρ IdenI mF =

NFdenI 93.6605=


16

z

x

I II

x

z

II nolu dengeleme düzlemi

kgm 324.0)()()( 22=+= IIZIIXII mmm ρρρ

o

IIX

IIZII

m

mArctg 53.3

)(

)(==

ρ

ρα 3. Bölgede

ooo

II 53.18353.3180 =+=α

2.)( ϖρ IIdenII mF =

8001=denIIF N

( ) 256,0=Ix

mρ ( ) 323,0=IIx

mρ

1α 11α

( ) 08,0=Iz

mρ ( ) 02,0=IIz

mρ

( ) 268,0=I

mρ ( ) 324,0=II

mρ


17

n100A 150

I

200 150250

II

100B

z

x

Problem 2:

( )2ρm ( )3ρm ( )2ρm ( )3ρm

( )1ρm ( )1ρm

d/d 1200 kgm, 4.1 kgm, 0.8 kgm, 2.1 332211 ==== nmmm ρρρ

a) A ve B yatak kuvvetlerini bulunuz?

b) Tam dengelemeyi gerçekleştiriniz? (Dengeleme büyüklüklerini ve açılarını bulunuz?)

Çözüm:

a)

7.0 ,69.0 ,848.0

40 ,21.1 ,4.0 ,848.0

332211

332211

===

====

ZZZ

XX

mmm

mmmX

ρρρ

πνρρρ

X Ekseni Z Ekseni

∑ = 0XF

XXXXX BmmmA ++=+ 222

211

233 νρνρνρ

NBA XX 600)40(038.0 2 ==− π


18

∑ = 0XMA

0950850500150 233

222

211 =+−+ XXXX Bmmm νρνρνρ

NA

NB

X

X

35.12257

35.11657

=

=

∑ = 0ZF

ZZZZZ BmmmA ++=+ 222

211

233 νρνρνρ

NAB ZZ 9.9558)40(542.0 2 ==− π

∑ = 0ZMA

0950850500150 233

222

211 =+−+ ZZZZ Bmmm νρνρνρ

NA

NB

Z

Z

56.4951

76.13510

=

=

NAAAZX 8.1321922

=+= NBBB ZX 73.1784422=+=

b) X Ekseni Z Ekseni

∑ = 0XF

IIXXXXIX mmmmm )()( 221133 ρρρρρ ++=+

038.0)()( =− IIXIX mm ρρ

∑ = 0XMI

0600450)(250100 332211 =−++− XIIZXX mmmm ρρρρ

kgm 617.1)(

kgm 58.1)(

=

=

IX

IIX

m

m

ρ

ρ


19

∑ = 0ZF

ZZIZIIZIZ mmmmm 33221 )()( ρρρρρ ++=+

542.0)()( =− IZIIZ mm ρρ

∑ = 0ZMI

0600450)(250100 332211 =−++− ZIIZZZ mmmm ρρρρ

kgm 963.0)(

kgm 5.1)(

=

=

IZ

IIZ

m

m

ρ

ρ

I nolu dengeleme düzlemi

kgm 882.1)()()( 22=+= IZIXI mmm ρρρ

o

IX

IZI

m

mArctg 77.30

)(

)(==

ρ

ρα 1. Bölge

II nolu dengeleme düzlemi

kgm 178.2)()()( 22=+= IIZIIXII mmm ρρρ

o

IIX

IIZII

m

mArctg 5.43

)(

)(==

ρ

ρα 3. Bölge

ooo

II 5.2235.43180 =+=α


20

Problem 3:

n=1848 dev/dak

a) Dinamik yatak kuvvetlerini hesaplayınız?

b) Bu sistemi dinamik olarak dengeleyiniz?

KRANK - BİYEL MEKANİZMASININ DENGELENMESİ

Peryodik çevrimli makinelerin en basiti olmak üzere tek silindirli bir motorun dengelenmesi ele

alınacaktır. Çünkü, böyle bir sistem mühendislik açısından motorların kullanıldığı her durumda

karşımıza çıkan bir problem olup, mutlaka dengelenmesi gerekmektedir. Çünkü, gerek gaz

kuvvetleri gerekse gidip gelen ve dönen parçaların bulunması sistem üzerinde dengelenmemiş

kütle ve kuvvetleri doğuracaktır.

Y

X

Z


21

Ao

A

B

1 2

Lr

G1 G2

krank

biyel

ϕpiston

Ao

Ao

AL B

Piston

Biyel

Krank

mb

mb

r

ψ

Krank biyel mekanizmalarında gaz kuvvetleri oluşurken dönen ve gidip gelen kütleler ise atalet

kuvvetlerini oluştururlar. Bu sistemin dengelenebilmesi için ana yataklara intikal eden atalet

kuvvetlerinin sıfır veya sıfıra yakın bir değerde olması gerekmektedir. Bunun için kinetik analiz

yapılarak hız ve ivme değerleri bulunur. Daha sonra dinamik analiz için kütle atalet kuvvetleri

dengeleme büyüklükleri, yatak büyüklükleri hesaplanır. Kütle atalet kuvvetleri bulunarak

bunların dengelenmesi yapılacaktır. Biyel kütlesi iki parçaya ayrılır ve bunlar A ve B

noktalarına indirgenir. Aynı şekilde, krank kütlesi de iki parçaya ayrılarak, A ve A0 noktalarına

indirgenebilir.


22

Ao ϕ=ωt

r

piston

A

1 2biyelL

B

krankmp

mö

xmb

ϕ

H

y

md

xψ

G1 G2

1G ( Krankın ağırlık merkezi)

2G ( Biyelin ağırlık merkezi)

İ2=AG2.G2B (Biyel atalet yarıçapı)

İ2=A0G1.G1A (Krank atalet yarıçapı)

ϕω sin... 2rmd 2.. ωrmd

ϕω cos... 2rmd

md = dönen kütle (krank miline indirgenmiş kütle)

mö = ötelenen kütle (piston miline indirgenmiş kütle)

mp = piston kütlesi

mA(1)

= (1) nolu krank elemanından A’ya indirgenen kütle

mA(2)

= (2) nolu biyel elemanından A’ya indirgenen kütle

mB(2)

= (2) nolu biyel elemanından B’ye indirgenen kütle

2

)2(

)2()1(

)sin(1cossinsin

sin.sin.

/sin ve/sin

cos.cos.

..

ϕψϕψ

ψϕ

ψϕ

ψϕ

L

r

L

r

LrAH

LAHrAH

Lrx

BHHAx

mmm

mmm

o

Bpö

AAd

−=→=

==

==

+=

+=

+=

+=


23

r/L<1 olmak üzere Binom açılımı uygulanacak olursa;

)sin2

11( cos.

.....sin2

11sin1

2

2

2

2

2

22/1

2

2

2

ϕϕ

ϕϕ

L

rLrx

L

r

L

r

−+=

+−=

−

x=xB pistonun hareketi olduğuna göre pistonun hızı ;

)2sin2

1(sin

cos.sin22sin ve

cos.sin2

12sin.

2

ϕϕ

ϕϕϕϕ

ϕϕϕ

ϕϕ

L

rrwv

wdt

d

dt

d

L

r

dt

dr

dt

dxv

B

B

+−=

==

−−==

Ba (B noktasının ivmesi)

)2cos(cosa Bdt

d

L

r

dt

drw

dt

dvB ϕϕ

ϕϕ +−==

)2cos(cos2 ϕϕL

rrwaB +−=

Pistondaki kütle mö=mp+mB(2) olduğuna göre atalet kuvveti (x doğrultusunda) hareketin ters

yönünde aşağıdaki formülden bulunur.

ϕϕ 2cos).(..cos... 2.

2

L

rwrmwrmamF ööböB +==

x yönündeki toplam atalet kuvveti Fx , y yönündeki atalet kuvveti Fy olmak üzere yataklara

gelen dinamik kuvvetler:

ydy

xöödx

AwrmF

AL

rwrmwrmmF

)(sin..

)(2cos)(..cos..).(

02

022

==

=++=

ϕ

ϕϕ

Herhangi bir t anında sistemde oluşan atalet kuvvetleri, bu şekilde yataklar vasıtasıyla sisteme

iletilmiş olur.


24

mb

r

Ao

r'

md

II. mertebeden atalet kuvvetlerinin )2cos)(..( 2 ϕL

rwrmö ihmal edilmesi istendiği durumlarda

yataktaki bileşke dinamik kuvvet ( F∑ ),

[ ] 2/12222220 )sin..()cos..)(( ϕϕ wrmwrmmFyFxFA död ++=+=∑=

Dengeleme (Balans) Kütlesinin Değeri )( bm

Seçilecek mb (balans kütlesi) dengeleyici kütle, yerleştirileceği mesafe ve açısal konuma göre Fx

ve Fy dinamik kuvvetlerini belirli ölçüde etkileyecektir.

En genel halde, dengeleyici kütle mb ve 'r mesafesi ise:

ϕϕϕ

ϕϕ

cos'..2cos..cos..).(

sin'.sin..

222

2.

2

wrmL

rwrmwrmmFx

wrmwrmFy

bööd

bd

−++=

−=

çalışma şartlarına ve parametrelere göre '.rmb değeri tespit edilir.

1-) mb=md ve 'rr = olarak şekildeki konumda seçilsin

rmrm db ='.

düşeyde 0 .sin).w.r'm-.r( 2b == ϕdmFy

yatayda ϕϕϕϕ coscos2co .cos.. 2222.r'.wm..r.wms

L

rr.wmwrmFx bdöö −++=

)2cos(cos..

2cos....cos...

2

22

ϕϕ

ϕϕ

L

rwrmFx

L

rwrmwrmFx

ö

öö

+=

+=


25

Görülüyor ki dengeleyici kütle olarak ilave edilen karşı ağırlık mb, düşey kuvveti yok ederken

yatay kuvveti de azaltır. Dengeleyici kuvvet arttıkça eksenel kuvvette azalır. Ancak, bu durumda

bu sefer düşey yöndeki Fy kuvvetinin değeri sıfır olmaz artar.

2-) mb = md + mö ve II. derece atalet kuvveti ihmal edilirse

yatayda Fx=0

düşeyde ϕϕϕ sin..sin.).(sin.. 222wrmwrmmwrmFy öödd −=+−=

3-) ,...)5

4,

3

2,

3

1,

2

1(,...)

5

3,

3

2,

3

1,

2

1( ödb mmm +=

Örnek :

Tek silindirli bir motorda;

ddn

mmL

mmr

kgm

kgm

kgm

krank

biyel

krank

krank

biyel

piston

2000

292

65

178,0

203,0

142,0

=

=

=

=

=

=

olduğuna göre:

a) Dengelenmemiş olan atalet kuvvetlerinin x,y eksenleri üzerindeki bileşenlerini krank

dönme açısı φ=0,90,180,270,360 derecelerde hesaplayınız ve grafiğini çiziniz?

b) 'rr = ve ödbalans mmm += konulduğu takdirde Fx ve Fy kuvvetlerini bularak,

grafiğini çiziniz?

c) 'rr = ve ödbalans mmm3

2+= konulduğu takdirde Fx ve Fy kuvvetlerini bularak,

grafiğini çiziniz?


26

25mm

40mm

Ao

G1

krank

1

biyel

G2

2

170mm

122mm

mp=0.142 kg

)1(A )2(

A

)2(B

Krank ya da biyel üzerinde bir ağırlık merkezi verilmediği takdirde, kütle yarı yarıya alt ve üst

noktaya indirgenir.

a) ∑ = 0krankF

kgmkgm

mmm

mmm

AA

AAG

krankAA

109,0 068,0

25.40. 0

178,0

)1(

)1(

1

)1(

0

0

0

==

=⇒=

==+

∑

kgmkgm

mmm

mmm

F

BA

BAG

biyelBA

biyel

085,0 118,0

170.122. 0

203,0

0

)2()2(

)2()2(

2

)2()2(

==

=⇒=

==+

=

∑

∑

ϕω

ϕωϕω

ππω

sin...F

2cos)..(..cos..).(F

snrad 209,43

30

2000.

30

.n

226,0

227,0

2Y

22x

)2(

)2()1(

rm

L

rrmrmm

mkgmmm

mkgmmm

d

ööd

BBpö

AAAd

=

++=

===

==+=

==+=


27

3

2

4

1

5 Fx

y

-143

647

1435

-647

-1148

1 2 3 4 5

φ 00 090 0180 0270 0360

Fx (N) 1435 -143 -1148 -143 1435

Fy (N) 0 647 0 -647 0

ΣF (N) 1435 662 1148 662 1435

b)

'rr

mmm ödbalans

=

+=

ϕω

ϕωϕωϕω

2cos)..(..F

cos..).(2cos)..(..cos..).(F

2x

222x

L

rrm

rmmL

rrmrmm

ö

ödööd

=

+−++=

ϕωϕωϕω sin...sin..).(sin...F 222y rmrmmrm öödd −=+−=


28

4

1,3,5 Fx

2

Fy

-143

644

-644

1 2 3 4 5

φ 00 090 0180 0270 0360

Fx (N) 143 -143 143 -143 143

Fy (N) 0 -644 0 644 0

ΣF (N) 143 660 143 660 143


29

3

4

1

5

Fx

2

y

c)

'rr = ve ödbalans mmm3

2+=

Doç. Dr. Rahmi GÜÇLÜ, Makine Dinami i Ders Notları …guclu/DengelemeRG.pdf · DENGELEME 1.)...

Documents

Transcript of Doç. Dr. Rahmi GÜÇLÜ, Makine Dinami i Ders Notları …guclu/DengelemeRG.pdf · DENGELEME 1.)...