KURZUS: Gépek üzemtana

MODUL: Gyakorló feladatok megoldása

I. modul gyakorló feladatainak megoldása

1. feladat megoldása

A kötéldob kerületén a súrlódási erőket figyelmen kívül hagyva, mivel ezeket majd egy speciális hatásfokkal vesszük számításba, a terhelt járószék súlyának és az ellensúlynak a különbsége hat, ami:

F k =( G jsz + G r ) G e =( 16000+4000 )18000=2000 N

A súrlódás nélkül számított, tehát a hasznos teljesítmény:

P h = F k v e =20000,6=1200 W=1,2 kW

A dob tengelyén ennél nagyobb teljesítmény szükséges hiszen le kell küzdeni a két aknában jelentkező súrlódást és a kötél merevségét is:

P dob = P h η dob = 1,2 0,45 2,7 kW

A motor tengelyén még nagyobb teljesítmény szükséges, hiszen a mechanikai áttétel veszteségeit is fedezni kell:

P motor = P dob η áttétel = 2,7 0,65 4,15 kW

Végül a motor veszteségei miatt a hálózatból a felvonó hajtásához felvett összes teljesítmény

P összes = P motor η motor = 4,15 0,80 5,2 kW .

Ezekkel a felvonó, mint berendezés összhatásfoka:

η felvonó = 1,2 5,2 0,231  23,1 % .

Természetesen ehhez az eredményhez eljuthattunk volna a részhatásfokok összeszorzásával is, mivel a rendszer sorba kapcsolt típusú:

η felvonó = η dob η áttétel η motor =0,450,650,8=0,234  23,4 % .

Természetesen a második eredmény a "pontos", amitől az első eltérése a számítások során tett többszöri kerekítés következménye.

Vissza a feladathoz...

2. feladat megoldása

A lejtőn felfelé haladó megrakott kocsi erőjátéka az alábbi ábrán látható:

Az ábra jelöléseit alkalmazva a K1 kötélerő:

K 1 =( G cs + G r )sinα+ F g =( G cs + G r )sinα+ μ g ( G cs + G r )cosα=( G cs + G r )( sinα+ μ g cosα )

K 1 =( 500+1000 )g( sin 25 o +0,02cos 25 o )6611 N

A lefelé haladó terheletlen csille erőjátéka a következő ábrán látható:

K 2 + F g = K 2 + G cs μ g cosα= G cs sinα   K 2 = G cs sinα G cs μ g cosα= G cs ( sinα μ g cosα ) K 2 =500g( sin 25 o 0,02cos 25 o )2022 N

A dob kerületén a két kötélerő különbségeként megjelenő kerületi erő "végez munkát":

F k = K 1 K 2 =4589 N

A dob tengelyét terhelő nyomaték:

M dob = F k d 2 =4589 0,65 2 =1491 Nm

A dob szögsebessége és fordulatszáma:

ω dob = u d 2 = 50 60 0,65 2 =2,7  rad s , illetve n dob = 60 ω dob 2π = 602,7 2π 26  ford min

A hajtómű szükséges áttétele: i= n motor n dob = 1500 26 58

A hasznos teljesítmény: P h = M dob ω dob =14912,74026 W

A dob tengelyén szükséges teljesítmény: P dob = 1 η dob M dob ω dob = 1 0,85 14912,74736 W

A hajtómű behajtó tengelyé szükséges teljesítmény: P hajtómű = P dob η hajtómű = 4736 0,6 =7893 W

A motor teljesítmény: P motor = P hajtómű η motor = 7893 0,8 =9866 W

Az energiafolyam-ábra szemléletesen mutatja, hogy a vizsgált gépcsoportba belépő összes energia milyen lépéseken át jut el a munkagéphez, mely pontokon milyen nagyságú veszteség keletkezik. Lépték alkalmazásával fokozható a szemléletesség.

Vissza a feladathoz...

3. feladat megoldása

A kézikocsira ható erők a következő ábra szerint helyezkednek el. Ezek alapján a munkát végző erő a lejtő mentén ható erőkomponensek algebrai összege, szorozva a megadott úthosszal.

Az össze munka kb. 100 kJ, amiből a súrlódás leküzdésére felhasznált munka kb. 68 kJ.

A kettő különbsége helyzeti energia formájában tárolódik, azaz a kiinduló pontnál kb. 29 m-rel leszünk magasabban.

Vissza a feladathoz...

4. feladat megoldása

A slip a hajtó és a meghajtott kerék kerületi sebességének különbsége, a hajtókerék kerületi sebességére vonatkoztatva.

A kisebbik (hajtó) kerék kerületi sebessége:

u hajtó = d hajtó 2 ω hajtó = 0,01 2 2π750 60 =0,3927  m sec

A nagyobbik (hajtott) kerék kerületi sebessége:

u hajtott = d hajtott 2 ω hajtott = 0,6 2 2π12 60 =0,377  m sec

A slip: s= u hajtó u hajtott u hajtó = 0,39270,377 0,3927 0,04  4%

A hatásfok pedig: η=1s=10,4=0,96  96%

Vissza a feladathoz...

5. feladat megoldása

a) A hajtótárcsa átmérője: 7,62 cm
b) Az összeszorító erő 2010 ford/min esetén:125 N
c) Az összeszorító erő 0,24 súrlódási tényező esetén:208 N

Vissza a feladathoz...

6. feladat megoldása

A kerületi erő: F k = F N μ=2380,3788,1    ( N )

A hajtott kerék kerületi sebessége: u= d 2 ω= 0,045 2 120 9,55 =0,283  ( m s )

Az átvihető teljesítmény: P= F k u=88,10,28324,9  ( W ) .

Vissza a feladathoz...

7. feladat megoldása

Mivel a feszes és a laza ágban ható erők összege éppen a feszítő erő, T 1 + T 2 =450 N , az ismert feszültégi viszonyszámmal: T 1 =289 N és T 2 =161 N .

Ezekkel a kerületi erő: F k = T 1 T 2 =289161=128 N

A hajtó tárcsa tengelyén lévő nyomaték: M hajtó = F k d hajtó 2 =128 0,25 2 =16 Nm

A hajtó tárcsa szögsebessége: ω hajtó = 2π n hajtó 60 = 2π800 60 =83,8  rad sec

A hajtó tárcsa teljesítménye: P hajtó = M hajtó ω hajtó =1683,81341 W

A hajtás hatásfoka kb. 95%, mivel a slip 5%, így az átvihető teljesítmény:

P hajtott = P hajtó η=13410,951274 W .

Az áttétel tényleges értéke: i= d hajtott d hajtó 1 1s = 800 250 1 10,05 =3,37 , szemben az elméleti 800 250 =3,2 -vel.

Vissza a feladathoz...

8. feladat megoldása

A legegyszerűbb a slip meghatározása, mivel ez a két tárcsa kerületi sebességének különbsége a hajtó tárcsa kerületi sebességére vonatkoztatva. A kisebbik tárcsa kerületi sebessége:

u 1 = d 1 2 2π n 1 60 = 0,16 2 2π1350 60 =11,3  m s , hasonló módon számítva a nagyobbik tárcsa kerületi sebességére u 2 =15,2  m s adódik. A feladat megfogalmazásában ugyan nem szerepel a hajtó és meghajtott kifejezés, de természetesen csak a nagyobb kerületi sebességű tárcsa lehet a hajtó! Így a slip: s= u 2 u 1 u 2 = 15,211,3 15,2 =0,26 .

A következő a hatásfok meghatározása, ami η=1s=10,26=0,74 , tehát 74%.

Az áttételt, ha van csúszás, akkor csak a fordulatszámok hányadosa adja meg helyesen, ami ezúttal

i= n 1 n 2 = 1350 500 =2,7

és nem egyezik meg a tárcsaátmérők arányával. Az áttétel kifejezhető a tárcsaátmérőkkel és a slip-pel, de ezúttal óvatosnak kell lenni, mivel a kisebbik fordulatszámú tárcsa a hajtó. Így tehát

i= n 1 n 2 = u 1 d 1 2 u 2 d 2 2 = u 1 u 2 d 2 d 1 = u 2 Δu u 2 d 2 d 1 =( 1s ) d 2 d 1 =( 10,26 ) 582 160 2,7

A feszes és a laza ágban ható erők kiszámításához ismernünk kell az átvitt teljesítményt. A hajtó tárcsa tengelyén a villamos motor teljesítménye jelenik meg:

P 2 =UI η m =2205,70,91129   ( W )

A meghajtott tárcsa tengelyére átvitt teljesítmény

P 1 = P 2 η sz = P 2 ( 1s )=1129( 10,26 )835    ( W )

A kerületi erő, mely ezt a teljesítményt átviszi

F k = P 1 u 1 = 835 11,3 73,9    ( N )

A feszes és a laza szíjágban ható erőkre vonatkozóan tudjuk, hogy

F k =73,9= T f - T l     ( N ) F N =650= T f + T l     ( N )

Innen a feszes ágban ható erő kb. 362 N, a laza árban ható pedig kb. 288 N.

Vissza a feladathoz...

9. feladat megoldása

A teheremelés hasznos teljesítménye

P h =mg v t =5600100,137280    ( W )

A kötéldobra csavarodó kötélben ható erő

F=G 1δ 1 δ n =56000 10,85 1 0,85 4 17573    ( N )

Tudva, hogy a kötélsebesség éppen a teheremelési sebesség négyszerese, az összes felhasznált teljesítmény

P ö =F4 v t =1757340,139138    ( W )

Ezzel a hatásfok

η= P h P ö = 7280 9138 0,8

Ugyanerre az eredményre juthatunk a következő összefüggésből is:

η= 1 δ n n( 1δ ) = 1 0,85 4 4( 10,85 ) 0,8

Vissza a feladathoz...

10. feladat megoldása

A veszteségek sem a csigasornál sem a kézi csörlőnél nem befolyásolják az áttétel. Tehát:

  • a kötél sebessége éppen négyszer akkora, mint a teher emelkedési sebessége, azaz v k =4 v t =4 3 60 =0,2    ( m s )
  • a hajtókar fordulatszáma ötször akkora, minta kötéldobé, azaz n hk =5 n d =5 v k d 2 60 2π =5 0,2 0,5 2 60 2π =38,2    ( ford min )

A kötélben ható erő a csigáknál jelentkező veszteségek miatt nem a teher negyedrésze, hanem annál nagyobb

F=G 1δ δ( 1 δ 4 ) =3000 10,78 0,78( 1 0,78 4 ) =1343    ( N )

Ezzel a kötéldobnál szükséges teljesítmény

P d = F k v k =13430,2269   ( W )

A hajtókarnál ennél nagyobb teljesítmény szükséges, hiszen a fogaskerék-áttétel veszteségeit is le kell küzdeni:

P hk = P d η kcs = 269 0,65 413   ( W )

A hajtókar nyomatéka:

M hk = P hk ω hk = 413 38,2 9,55 106   ( mN )

A hajtókar végén szükséges erő ehhez a nyomatékhoz:

F hk = M hk r hk = 106 0,45 229   ( N )

Vissza a feladathoz...

11. feladat megoldása

A kötélágak közül a legkisebb erővel a rögzített kötélág van terhelve: K= F k δ 8 .

Tudjuk továbbá, hogy a kötéldobra csavarodó ágban ébredő erő ebben az esetben:

F k =G 1δ 1 δ n .

A két egyenletben két ismeretlen van, azonban a zárt alakban történő megoldás nem lehetséges.

Sorozatos próbálkozáshoz a két egyenletet F-re rendezve és egymással egyenlővé téve, majd a törteket eltüntetve: K+G δ 9 =( K+G ) δ 8

Behelyettesítve K=3225 N és G=80000 N értékeket és K értékével végig osztva, hogy kisebb számokkal kelljen dolgoznunk: 1+24,8 δ 9 =25,8 δ 8

Tudjuk, hogy δ<1 így a próbálkozást kezdhetjük pl. 0,9-del.

Ekkor a baloldal 10,61 a jobb oldal 11,1.

El kell döntenünk, hogy növeljük vagy csökkentsük δ értékét. Próbálkozzunk a csökkentéssel, legyen 0,85. Ekkor a baloldal 6,744 a jobboldal pedig 7,03, tehát csökkent a különbség.

Válasszuk most 0,8 értéket. Ekkor a baloldal 4,328 és a jobboldal is 4,328. Tehát a kötélfeszességi viszonyszám kb. 0,8.

A csigasor hatásfoka meghatározható a kötélfeszességi viszonyszám alapján vagy pedig a teher oldalán és a munkát végző erő oldalán jelentkező teljesítmények hányadosaként.

A csigasor hatásfokára vonatkozó összefüggés szerint:

η= ( 1 δ n ) n( 1δ ) = ( 1 0,8 8 ) 8( 10,8 ) =0,52  52% .

A másik módszer alkalmazásához szükségünk van a dobra csavarodó kötél sebességére, azaz a dob kerületi sebességére, ami v k = u dob = d dob 2 2πn 60 = 0,8 2 2π6 60 =0,251  m sec .

Mivel a kötelet nyújthatatlannak tételezzük fel, a teher emelkedésének sebessége ennek éppen nyolcada, tehát 0,0314 m/sec.

Már nem okoz problémát a kötéldobra csavarodó, legjobban terhelt ágban ható Fk erő meghatározása:

F k =G 1δ 1 δ n =80000 10,8 1 0,8 8 19226 N illetve F k = K δ n = 3225 0,8 8 19222 N , a különbség elhanyagolható!

Ezzel a hatásfok: η= G v t F k v k = 800000,0314 192240,251 =0,52  52 % , meglehetősen jó egyezéssel.

(Megjegyzés: az utóbbi összefüggésbe az Fk erőre kapott két érték átlagát írtuk be!)

Vissza a feladathoz...

12. feladat megoldása

A villamos gépek esetében a terhelés függvényében a változó veszteségek négyzetesen nőnek, tehát P vx = P v0 + x 2 P vx1 .

Ezt az egyenletet kétszer alkalmazva a megadott két terhelési állapotra, ki lehet számítani az állandó és maximális terheléshez tartozó változó veszteséget:

Pv0=467 W, Pvx1=1133 W.

A veszteségek változását leíró összefüggést és a hatásfok definícióját megadó összefüggés segítségével 80%-os terhelésnél a hatásfok

η 0,8 = P h0,8 P ö0,8 = P h1 0,8 P h1 0,8+ P vo + P vx1 0,8 2 = 150,8 150,8+0,467+1,133 0,8 2 =0,91 azaz 91%.

A hatásfok akkor maximális, ha az állandó és változó veszteség egymással éppen egyenlő, ez pedig

P vo = P vx1 x 2      x= P vo P vx1 = 467 1133 =0,642

azaz 64,2%-os terhelésnél teljesül. Ekkor a maximális hatásfok

η max = P h0,642 P ö0,642 = 150,642 150,642+0467+1,133 0,642 2 =0,93 azaz 93%.

Vissza a feladathoz...

13. feladat megoldása

Az áramlástani elven működő hidraulikus gépek esetében a változó veszteségek a terhelés harmadik hatványa szerint változnak és a maximális hatásfok annál a terhelésnél van, ahol a változó veszteség éppen fele akkora, mint az állandó veszteség. Esetünkben az ehhez tartozó terhelés

x η max = P h P h1 = 4,6 7,3 =0,63

Ekkor az összes teljesítmény

P ö0,63 = 4,6 0,56 =8,21    ( kW )

A veszteségek összege ennél a terhelésnél éppen a hasznos és az összes teljesítmény különbsége, azaz 3,61 kW.

Mivel a legjobb hatásfokú pontban vagyunk ezért P vo =2 P vx1 0,63 3 .

A két egyenletből az üresjárati veszteség 2,41 kW, a maximális változó veszteség pedig 4,81 kW.

A teljes terhelésnél és a 72%-os terhelésnél adódó hatásfok most már nehézség nélkül kiszámítható. Az előbbi kb. 50%, az utóbbi pedig 55,6%.

Vissza a feladathoz...

14. feladat megoldása

Teljes terheléskor a változó veszteség a megadott 900 W összes veszteség és az ugyancsak megadott 100 W üresjárási veszteség különbsége, azaz 800 W. Fél terheléskor a változó veszteség ennek éppen a fele, tehát 400 W, hiszen a mechanikus gépek esetében a változó veszteség a terheléssel lineárisan változik.

Vissza a feladathoz...

15. feladat megoldása

A teljes terhelésre és a megadott 20 kW-os részterhelésre egyaránt kiszámítható a hatásfokok ismeretében az összes veszteség, mely mindkét esetben az üresjárati veszteség és az aktuális változó veszteség összege. Ebben a két egyenletből álló egyenletrendszerben csak a keresett üresjárati veszteség és a teljes terhelésre vonatkozó változó veszteség az ismeretlen. A rendezés után az üresjárati veszteség 6,9 kW, a változó veszteség teljes terheléskor pedig 13,1 kW.

Vissza a feladathoz...

16. feladat megoldása

A transzformátor összes vesztesége teljes terheléskor éppen 8 kW, ami P vo + P vx1

A 60%-os terhelésre felírható, hogy P vo = P vx1 0,6 2 .

A két egyenletből nehézség nélkül meghatározható az üresjárati veszteség és a maximális terheléskor adódó változó veszteség. Az előbbi 2,12 kW, az utóbbi pedig 5,89 kW. A 60%-os terheléshez tartozó hatásfokmaximum már nehézség nélkül felírható, értéke 95,2%.

Vissza a feladathoz...

17. feladat megoldása

Fél terhelésnél a hatásfok 61%. A 60%-os hatásfok biztosításához legalább 89,3%-os terheléssel kell üzemeltetni a berendezést.

Vissza a feladathoz...

18. feladat megoldása

A változó veszteség teljes terhelésekor 2,02 kW. A hatásfok teljes terhelésekor 69,4%. A hatásfok negyed és fél terhelésnél 55% ill. 63,9%.

Vissza a feladathoz...