KURZUS: Gépek üzemtana

MODUL: Gyakorló feladatok megoldása

II. modul gyakorló feladatainak megoldása

1. feladat megoldása

A gépet lassító nyomaték M lassító =173122=51 mN

A gép tehetetlenségi nyomatéka a szabadkifutás időtartamából határozható meg.

Az üresjárati teljesítményfelvétel: P o = M o ω=12,5 1120 9,55 1466 W

A szabadkifutás során a teljes mozgási energiát a súrlódás emészti fel azaz

1 2 Θ ω 2 = P o Δ t szabadkifutás 2

ahonnan a redukált tehetetlenségi nyomaték

Θ= P o Δ t szabadkifutás ω 2 =1466 460 ( 1120 9,55 ) 2 25,5 kg m 2

A létrejövő szöglassulás, ha a nyomaték nem változna:

ε= M lassító Θ = 51 25,5 =2  rad s 2

Ilyen szöglassulással az átállás ideje: Δt= Δω ε = 100 9,55 2 =5,2 s lenne.

Mivel a lassító nyomaték az átállás során változik (folyamatosan csökken), a tapasztalatok azt mutatják, hogy a tényleges átállási idő a kiszámított érték háromszorosa, tehát körülbelül 16 sec.

Vissza a feladathoz...

2. feladat megoldása

A teljes súlyból adódóan keletkezik a súrlódási erő a csapágyakban. Csapágyazásonként:

F s = G 2 μ= 600010 2 0,04=1200   ( N )

A tengelyátmérő segítségével az összes fékezőnyomaték:

M f =2 F s d 2 =21200 0,24 2 =288    ( mN )

A szabadkifutással történő megállás időszükségletéhez ismernünk kell a tehetetlenségi nyomaték értékét. Tömör tárcsák esetében ez

Θ= 1 2 m ( D 2 ) 2 = 1 2 6000 ( 2,5 2 ) 2 =4687,5   ( kg m 2 )

A szabadkifutás során a szöglassulás:

ε l = M f Θ = 288 4687,5 =0,061    ( rad s 2 )

Így a megállás ideje:

t sz = ω ε l = 2π300 60 0,061 =515   ( s )

Azaz valamivel több mint 8,5 perc.

A megtett fordulatok száma a megállás során összesen megtett, radiánban kiszámított szögelfordulásból számítható ki:

ϕ= 1 2 ε l t sz 2 = 1 2 0,061 515 2 =8089   ( rad )

Mivel egy teljes körülfordulás 2 ? radiánnak felel meg, a megállásig megtett körülfordulások száma:

N= ϕ 2π = 8089 2π 1287   ( fordulat )

Vissza a feladathoz...

3. feladat megoldása

A gyorsításra fordítódó nyomaték

M gy = M i M s =820165=655   ( mN )

A szöggyorsulás

ε gy = M gy Θ = 655 62 =10,6    ( rad s 2 )

A gyorsítási idő

t gy = Δω ε gy = 1200 9,55 10,6 =11,9    ( s )

A mozgási energia az 1200-as fordulatszámon

E m = 1 2 Θ ω 2 = 62 ( 1200 9,55 ) 2 2 =489,5   ( kJ )

Az egyenletes sebességű üzem fenntartásához éppen akkora nyomaték szükséges, amennyi a súrlódási ellenállás, tehát 165 mN.

Vissza a feladathoz...

4. feladat megoldása

A szöglassulás:

ε l = M l Θ = 73 88 =0,83   ( rad s 2 )

A megállásig eltelő idő:

t l = Δω ε l = 925 9,55 0,83 117   ( s )

A megtett fordulatok száma:

ϕ= 1 2 ε l t l 2 = 0,83 117 2 2 5681   ( rad )

ami megfelel N= ϕ 2π = 5681 2π 904 fordulatnak.

A megállás feléig

ϕ 1 =ω t l ε l t l 2 2 = 925 9,55 117 2 0,83 ( 117 2 ) 2 2 =4246    ( rad )

azaz 676 fordulatot tesz meg. A maradék 228 fordulatot a megállás második felében teszi meg.

Vissza a feladathoz...

5. feladat megoldása

A lendítőkerék tehetetlenségi nyomatéka

Θ=λm r 2 =0,8168 0,9 2 109   ( kg m 2 )

A szabadkifutás során a szöglassulás

ε lsz = M l Θ = 12,6 109 =0,116   ( rad s 2 )

a megállás időtartama

t lsz = Δω ε lsz = 150 9,55 0,116 =135,4   ( s )

A fékezőnyomaték a keletkező kerületi erő segítségével számítható ki

M f = F k d 2 =2 F N μ s d 2 =22250,150,9=60,75   ( mN )

A fékezés időszakában a szöglassulás

ε lf = M f + M l Θ = 60,75+12,6 109 =0,673   ( rad s 2 )

A fékezőnyomaték alkalmazásának végén a szögsebesség két összefüggéssel is felírható:

ω x =ω ε lf t 1 = ε lsz t 2

Felhasználva, hogy t 1 + t 2 = t lsz 2 =67,7   ( s )

A fékezőnyomaték alkalmazásának időtartama:

t 1 = ω ε lsz t lsz 2 ε lf ε lsz = 150 9,55 0,116135,4 0,6730,116 14,1    ( s )

Vissza a feladathoz...

6. feladat megoldása

Az egyes szakaszokon a fékezőnyomaték az ábrából leolvasható szöglassulás és a tehetetlenségi nyomaték szorzata. A szöglassulások

ε 1 = Δω Δt = 40 4 =10    ( rad s 2 ) ε 2 = Δω Δt = 40 8,5 =4,71    ( rad s 2 ) ε 3 = Δω Δt = 20 9,5 =2,11    ( rad s 2 )
A fékezőnyomatékok pedig rendre: 420 mN, 197,8 mN és 88,6 mN.

Az egyes szakaszokon megtett fordulatok száma:

N 1 = ϕ 1 2π = 1 2π ( ω t 1 1 2 ε 1 t 1 2 )= 1 2π ( 1004 1 2 10 4 2 )51   ( fordulat )

N 2 = ϕ 2 2π = 1 2π ( 608,5 1 2 4,71 8,5 2 )54   ( fordulat )

N 3 = ϕ 2 2π = 1 2π ( 209,5 1 2 2,11 9,5 2 )15   ( fordulat )

Vissza a feladathoz...

7. feladat megoldása

A teljes felgyorsítandó tömeg tehetetlenségi nyomatéka:

Θ= m 1 r 1 2 + m 2 r 2 2 + m 3 r 3 2 =12 0,35 2 +21 0,55 2 +16 0,75 2 16,82    ( kg m 2 )

A gyorsító nyomaték

M gy = M i M l =4817=31   ( mN )

A létrejövő szöggyorsulás

ε gy = M gy Θ = 31 16,82 =1,84   ( rad s 2 )

Amivel a gyorsítási idő hossza

t gy = Δω ε gy = 1450 9,55 1,84 =82,5   ( s )

Vissza a feladathoz...

8. feladat megoldása

A csapsúrlódási nyomaték és a fékezőnyomaték összege

M l1 =Θ ε 1 =5,3 17,5 30 3,1   ( mN )

A csapsúrlódási nyomaték

M l2 =Θ ε 2 =5,3 7,5 145 0,274   ( mN )

A fékezőnyomaték

M f = M l1 M l2 =3,10,2742,8   ( mN )

A szabadkifutással történő megállás időszükséglete

t sz = Δω ε 2 = 25 7,5 145 483 ( s )

ami majdnem pontosan 8 perc.

Vissza a feladathoz...

9. feladat megoldása

Az elérni kívánt üzemi sebességre és a közben megtett fordulatokra a következő két egyenlet írható fel:

ω=εt N2π= ε t 2 2

Ezekből az egyenletekből

t= 2N2π ω = 210002π 1500 9,55 80   ( s )

A szöggyorsulás

ε= ω t = 1500 9,55 80 =1,96   ( rad s 2 )

A szükséges indító nyomaték a csapsúrlódás figyelembevételével

M i = M s + M gy =2,5+Θε=2,5+9,41,96=20,9   ( mN )

Vissza a feladathoz...

10. feladat megoldása

A gyorsítási szakasz végén megadott teljesítményből és a szögsebességből kiszámítható az indító nyomaték

M i = P ω = 350 1000 9,55 =3,34   ( mN )

A gyorsításra ennek csak egy része fordítódik

M gy = M i M s =3,340,75=2,59 ( mN )

A szöggyorsulás ismeretében most kiszámítható a tehetetlenségi nyomaték

Θ= M gy ε gy = M gy ω t 2,59 1000 9,55 150=3,71   ( kg m 2 )

A keresett mozgási energia

E m = Θ ω 2 2 = 3,71 ( 1000 9,55 ) 2 2 =20339    ( J )

Vissza a feladathoz...

11. feladat megoldása

Az egy perc alatt történő megálláshoz tartozó szöglassulás

ε l = ω t = 800 9,55 60 1,4    ( rad s 2 )

A lassító nyomaték

M l =Θ ε l =8,51,411,9    ( mN )

Vissza a feladathoz...

12. feladat megoldása

Az indító nyomaték nem lehet nagyobb, mint

M i = P ω = 1250 1100 9,55 =10,8    ( mN )

A gyorsító nyomaték

M gy = M i M s =10,82,6=8,2    ( mN )

A szöggyorsulás

ε gy = M gy Θ = 8,2 36 =0,228   ( rad s 2 )

A gyorsítás ideje

t gy = ω ε gy = 1100 9,55 0,228 =505   ( s )

tehát kb. 8 perc 24 másodperc.

Vissza a feladathoz...

13. feladat megoldása

A súrlódás nyomatékát könnyen ki lehet számítani

M s =Gμ d t 2 =300100,03 0,15 2 =6,75   ( mN )

Az ábra alapján egyenletes sebességű üzem közben a teljesítményfelvétel 750 W. Ilyenkor a kifejtett nyomaték éppen megegyezik az ellenállás nyomatékával, azaz a szögsebesség

ω= P M s = 750 6,75 =111,1   ( rad s )

Tehát a percenkénti fordulatszám 1060.

A lendítőkerék átmérőjéhez szükségünk van a tehetetlenségi nyomatékra. Az indítási nyomaték

M i = P max ω = 3000 111,1 27   ( mN )

Ebből a gyorsítási nyomaték

M gy = M i M s =276,75=20,25    ( mN )

A szöggyorsulás

ε= ω t i = 111,1 80 =1,39   ( rad s 2 )

A lendítőkerék tehetetlenségi nyomatéka

Θ= M ε = 20,25 1,39 =14,57   ( kg m 2 )

A tömör tárcsa alakú lendítőkerék tehetetlenségi nyomatéka a pontszerű tömeg tehetetlenségi nyomatékának éppen a fele

Θ= 1 2 m r 2 =14,57   ( kg m 2 )

ahonnan a lendítőkerék átmérője 62,3 cm.

Az alábbi ábrán jelölt területek a mozgási energiával arányos nagyságúak és egymással megegyeznek.

A mozgási energia nagysága

E m = Θ ω 2 2 = 14,57 111,1 2 2 =89,9   ( kJ )

Az ábra alapján számítva 90 kJ értéket kapunk mindkét területre.

Vissza a feladathoz...

14. feladat megoldása

Az ütemesen változó terhelés hatására az indítás időszakában a szögsebesség váltakozó szöggyorsulás szerint fog nőni, ahogy azt az alábbi ábra mutatja vázlatosan

Az első szakaszon a gyorsító nyomaték: M gy1 = M i M t1 =28085=195  ( mN )

A második szakaszon a gyorsító nyomaték: M gy2 = M i M t2 =280130=150  ( mN )

A gyorsítandó tömegek tehetetlenségi nyomatéka: Θ=m r 2 =1200 ( 1,8 2 ) 2 =1080  ( kg m 2 )

Ezekkel a szöggyorsulások: ε gy1 = M gy1 Θ = 195 1080 =0,181  ( rad s 2 ) ill. ε gy2 =0,139  ( rad s 2 )

Az egyes szakaszokon bekövetkező szögsebesség-változás

Δ ω 1 = ε gy1 t 1 =0,1816=1,086  ( rad s ) ill. Δ ω 2 =0,556  ( rad s )

Egy ciklusban tehát a szögsebesség változása összesen 1,642 rad/s. Mivel a névleges fordulatszám 150 9,55 =15,71   rad s szögsebességnek felel meg, ezt a szögsebességet 15,71   rad s 1,642   rad s =9,57 ciklus alatt fogja elérni a gép. Mivel egy ciklus hossza éppen 10 másodperc, ez összesen 102 másodperc, azaz egy perc 42 másodperc lesz.

Az üzemi sebesség elérése után a terhelés változatlan ritmusban ingadozik tovább. Ebből kiszámítható a terhelés átlagos értéke, mellyel megegyező állandó nyomaték szükséges a kvázi egyenletes sebességű üzem fenntartásához.

M k = t 1 M max + t 2 M min t 1 + t 2 = 685+4130 6+4 =103  ( mN )

Az átlagos teljesítményszükséglet

P k = M k ω k =103 150 9,55 1,624  ( kW )

Az egyenlőtlenségi fok kiszámításához ki kell számítani, hogy pl. amikor az átlagos hajtó nyomatékot meghaladja a terhelés, akkor az milyen fordulatszám-csökkenést fog okozni.

Az ekkor, 4 másodpercen át jelentkező lassító nyomaték

M l = M max M k =130103=27  ( mN ) ,

ez a lassító nyomaték ε l = M l Θ = 27 1080 =0,025  ( rad s 2 ) szöglassulást okoz, ami Δω= ε l t 2 =0,0254=0,1  ( rad s ) szögsebesség-változás formájában jelenik meg.

Ez megfelel δ= Δω ω k = 0,1 15,71 =0,0064 egyenlőtlenségi foknak.

Vissza a feladathoz...

15. feladat megoldása

Az indítás időszakában felhalmozott mozgási energia megegyezik a szabadkifutásos megállás során felemésztődő mozgási energiával.

P ü t sz 2 = P max t i 2 P ü t i 2

Ebből kifejezhető az indítási szakasz végén jelentkező maximális teljesítmény, melynél nem lehet kisebb a villamos motor névleges teljesítménye

P max = P ü ( t sz t i ) t i = 5300( 9626 ) 26 14,3   ( kW )

Vissza a feladathoz...

16. feladat megoldása

Az alábbi ábra szemlélteti a feladat megoldását.

Először fel kell írni a terhelés jelleggörbéjének egyenletét: M t =a n 2 +12 Az ismeretlen 'a' állandót úgy határozhatjuk meg, hogy az egyenletbe behelyettesítjük a terhelésre megadott pont koordinátái. Ezekkel

a= 28012 1100 2 =2,21 10 4   ( mN ( ford min ) 2 )

A terhelés jelleggörbéjének egyenlete tehát: M t =2,21 10 4 n 2 +12   ( mN )

A gép jelleggörbéjének egyenletét hasonló módon határozhatjuk meg. Ezúttal az egyenes egyenletében szereplő két állandót a megadott kép pont koordinátáinak behelyettesítése után kapott egyenletrendszerből számíthatjuk ki.

310=b580+c 140=b900+c

A gép jelleggörbéjének egyenlete végül: M g =0,53n+617,4  ( mN )

A munkapont ott alakul ki, ahol a terhelés és a hajtóerő egymással megegyezik, azaz a jelleggörbék egymást metszik.

2,21 10 4 n 2 +12=0,53n+617,4

A másodfokú egyenlet két gyöke közül csak az egyik lehet megoldása a problémának. A munkaponthoz tartozó fordulatszám nM=837 ford/min.

A Munkaponthoz tartozó nyomatékot akár a terhelés akár a gép jelleggörbéjébe történő visszahelyettesítéssel ki lehet számítani. Értéke MM=173,8 mN

A hasznos teljesítmény a munkapont koordinátáival számítható ki

P h = M M ω M =173,8 837 9,55 15,2  ( kW )

A szabályozás során a fordulatszám a munkaponti értékről annak 80%-ára csökken és nsz=669,6 ford/min lesz. Az ehhez az értékhez tartozó nyomatékot mind a gép mind az eredeti terhelési jelleggörbéjén ki kell számítani.

M sz =0,53669,6+617,4=262,5   ( mN )

M szmin =2,21 10 4 669,6 2 +12=111,1   ( mN )

A két nyomaték különbség arányos a keletkező szabályozási veszteséggel.

P v =( M sz M szmin ) ω sz =( 262,5111,1 ) 669,5 9,55 =10,6   ( kW )

A veszteség költségvonzata éves szinten

K= P v τ ü k=10,6( 122212 )21=705196   ( Ft év )

Vissza a feladathoz...

17. feladat megoldása

Az új munkapontban a nyomaték

M sz = P ω sz = 18300 890 9,55 =196,4  ( mN )

Az eredeti terhelési jelleggörbe egyenlete az eredeti munkapont koordinátái alapján

M t =1,2 10 4 n 2   ( mN )

A szabályozott fordulatszámhoz az eredeti terhelési jelleggörbén 95 mN nyomaték tartozik.

Ezzel a keletkező teljesítményveszteség és annak havi költségkihatása kiszámítható. Az értékek rendre 9,45 kW és 42572 Ft/hó.

Vissza a feladathoz...

18. feladat megoldása

A szabályozott munkaponthoz tartozó szögsebesség 101 rad/s. Az eredeti terhelési jelleggörbén a szabályozott fordulatszámhoz tartozó nyomatékot most egy aránypár segítségével is kiszámíthatjuk, hiszen a terhelés jelleggörbéje egy egyenes:

12347 114 = M szmin 47 101 , ahonnan Mszmin=114 mN.

A szabályozási veszteség 7777 W és a költségkihatás havonta 18088 Ft/hó.

Vissza a feladathoz...

19. feladat megoldása

A feladat megoldása teljesen analóg a GÜT/36 feladatéval. A szabályozási veszteség 5933 W, a költségkihatás pedig 13794 Ft/hó.

Vissza a feladathoz...

20. feladat megoldása

A több fokozatú és fokozatonként egyenlő hosszúságú és állandó gyorsulású indítás esetén a szükséges teljesítmény az egy fokozatú és állandó gyorsulás mellett történő indítás teljesítményével a következő viszonyban van általánosságban:

P mn = P m1 n i=1 i=n [ 2i1 i ]

Esetünkben csak a két teljesítmény aránya az érdekes, ami - figyelemmel arra, hogy az indítási fokozatok száma kettő - a következő módon számítható ki

P mn P m1 = 2 211 1 + 221 2 = 2 1+1,5 =0,8

Tehát a két egyenlő hosszúságú és állandó gyorsulású fokozat alkalmazása esetén az egy fokozatú és állandó gyorsulású indítás teljesítményszükségletének csak a 80%-a szükséges.

Vissza a feladathoz...

21. feladat megoldása

Az indítási idő biztosan nagyobb lesz, amit az alábbi ábra szemléltet. Az ábra alapján a jelzett piros és fekete háromszög területe az energia-megmaradás törvénye miatt egyenlő kell legyen! Így felírhat a következő egyenlet:

130034 2 13734 2 = 1040t 2 137t 2

Innen az új indítási idő 43,8 s.

Vissza a feladathoz...

22. feladat megoldása

A mért átállási időnek kb. harmada (2,3 s) lenne az átállás időtartama, ha az azt előidéző nyomatékkülönbség (8,9-6,7=2,2 mN) az átállás során állandó lenne.

Az ehhez tartozó szöglassulás

ε l = Δω Δt = 11001030 2,3 2π 60 3,2    ( rad s 2 )

ami az állandó lassító nyomatékkal lehetővé teszi a tehetetlenségi nyomatékok összegének kiszámítását:

Θ= M l ε l = 2,2 3,2 0,69   ( kg m 2 )

Vissza a feladathoz...

23. feladat megoldása

A számításhoz feltétlenül szükség van a tehetetlenségi nyomatékra, amit a szabadkifutásra vonatkozóan rendelkezésre álló adatokból lehet kiszámítani:

1 2 Θ ω 2 = P o t sz 2

Innen a tehetetlenségi nyomaték

Θ= P o t sz ω 2 = 8530 ( 950 2π 60 ) 2 0,26   ( kg m 2 )

A szöggyorsulás ε gy = M gy Θ = 1,62 0,26 =6,23    ( rad s 2 )

Az átállás időtartama az állandó szöggyorsulást feltételezve

t gy = Δω ε gy = 625572 6,23 2π 60 0,89   ( s )

A valóságban a szöggyorsulás nem állandó, hanem az átállás során folyamatosan csökken. A tapasztalat szerint a valóságos átállási idő a kiszámított értéknek kb. háromszorosa, azaz 2,7 s.

Vissza a feladathoz...

24. feladat megoldása

A gépet lassító nyomaték M lassító =173122=51    ( mN )

A gép tehetetlenségi nyomatéka a szabadkifutás időtartamából határozható meg.

Az üresjárati teljesítményfelvétel: P o = M o ω=12,5 1120 9,55 1466     ( W )

Így az 1 2 Θ ω 2 = P o Δ t sz 2 összefüggésből:

Θ= P o Δ t sz ω 2 = 1466460 ( 1120 9,55 ) 2 25,6    ( kg m 2 )

A létrejövő szöglassulás, ha a nyomaték nem változna: ε= M lassító Θ = 51 25,6 2     ( rad s 2 )

Ilyen szöglassulással az átállás ideje: Δt= Δω ε = 100 9,55 2 5,2    ( s )

Mivel változik a lassító nyomaték az átállás során (folyamatosan csökken) a tapasztalatok azt mutatják, hogy a kiszámított érték háromszorosa a tényleges átállási idő, tehát 15,6 sec.

Vissza a feladathoz...

25. feladat megoldása

A változó terhelést a következő ábra mutatja

A közepes terhelő nyomaték: M k = 1278+8018 26 94,5   ( mN )

A közepes fordulatszámot a jelleggörbéről rendelkezésre álló információk alapján határozhatjuk meg.

Az alábbi ábra alapján a  hasonló háromszögek tételét felhasználva

10035 10094,5 = 1350500 n k 500

Ahonnan a közepes fordulatszám 572 ford/min.

A közepes (átlagos) terheléshez tartozó munkapont koordinátái segítségével a közepes teljesítmény:

P k = M k ω k =94,5 5722π 60 5,66   ( kW )

Az egyenlőtlenségi fokhoz a szabadkifutásra vonatkozó adatokból ki kell számítani a tehetetlenségi nyomatékot:

Θ= P o t sz ω 2 = 16305,360 ( 1000 2π 60 ) 2 47,3   ( kg m 2 )

A gyorsulási időszakban, azaz, amikor a tényleges nyomaték az átlagosnál nagyobb, a szöggyorsulás

ε gy = M gy Θ = 12794,5 47,3 0,69   ( rad s 2 )

A bekövetkező fordulatszám-változás pedig

Δn=Δω 60 2π = ε gy t gy 60 2π =0,698 60 2π 52,7  ( ford min )

Az egyenlőtlenségi fok

δ= Δn n k = 52,7 572 0,092

Vissza a feladathoz...

26. feladat megoldása

A megadott egyenlőtlenségi fokhoz a fordulatszám-ingadozás mindössze 24 fordulat percenként.

Ennek, továbbá a teljesítményingadozásra vonatkozóan megadottaknak ismeretében a maximális nyomaték és a közepes terheléshez tartozó nyomaték kiszámítható:

M max = P max n max = 570+73 ( 800+12 ) 2π 60 =7,56   ( mN )

M k = P k n k = 570 800 2π 60 =6,65   ( mN )

Az ingadozás során a percenkénti 800-as fordulatszámú tengely szöggyorsulása

ε gy = Δω t gy = 2π24 60 5,6 0,45  ( rad s 2 )

A megadott egyenlőtlenségi fokhoz szükséges tehetetlenségi nyomaték

Θ= M gy ε gy = 7,566,65 0,45 1,7   ( kg m 2 )

Tekintettel arra, hogy a lendítőkereket egy percenkénti 500-as fordulatszámmal járó tengelyre akarjuk helyezni, mind a szükséges mind pedig az eredeti tehetetlenségi nyomaték értékét a kiválasztott 500-as percenkénti fordulatú tengelyre kell átszámítani (redukálni), abból kiindulva, hogy az összes mozgási energia változatlan.

1 2 Θ e,300 ω 2 = 1 2 Θ e,500 ω 2

Ebből az eredeti tehetetlenségi nyomaték most már a percenkénti 500-as fordulatú tengelyre

Θ e,500 = Θ e,300 ( 300 500 ) 2 =3,6 ( 300 500 ) 2 1,296   ( kg m 2 )

A szükséges tehetetlenségi nyomatékot ugyanerre a tengelyre redukálva:

Θ 500 = Θ 800 ( 800 500 ) 2 =1,7 ( 800 500 ) 2 4,4   ( kg m 2 )

A lendítőkerék tehetetlenségi nyomatéka tehát e kettő különbsége kell legyen:

Θ lk = Θ 500 Θ e,500 =4,41,2963,1   ( kg m 2 )

A becsült tömegredukciós tényezővel a lendítőkerék tömege a Θ lk =λm r 2 összefüggésből számítható ki:

m= Θ lk λ r 2 = 3,1 0,75 0,5 2 16,5   ( kg )

Vissza a feladathoz...