KURZUS: Mechanika - Mozgástan

MODUL: 10. Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása

10.2. Gyakorló feladatok forgó alkatrészek kiegyensúlyozására és támasztó erőrendszerének meghatározására

A lecke követelményei

A tantárgy feldolgozása során ez a lecke a következő követelmények teljesítését segíti:

  • adatok alapján meghatározni a kiegyensúlyozatlan forgórész támasztóerőit és a kiegyensúlyozó póttömegek jellemzőit.
1. feladat: Kiegyensúlyozatlan forgórész a támasztóerői

Adott:
m = 48 kg, l = 0,6 m, ω=1051/s=állandó,   φ= 3 o
R=0,2m h=0,05m }hR

Feladat: Az F A , F B támasztóerők meghatározása.
A támasztóerők koordinátái: F A = F Ax i + F Ay j , F B = F Bx i + F By j .
Derékszögű KR-ek:  az x,y,z, az x , y , z és a ξ,η,ζ .

Kidolgozás:

a) A S ponti tehetetlenségi tenzor: ( hR ).

- tehetetlenségi tenzor a ξ,η,ζ koordináta-rendszerben:

J ¯ ¯ S (ξηζ) =[ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ]=[ 1 4 m R 2 0 0 0 1 4 m R 2 0 0 0 1 2 m R 2 ] ,

J ξ = J η = 1 4 m R 2 = 48 0,2 2 4 =0,48 kgm 2 ,

J ζ = 1 2 m R 2 =0,96 kgm 2 ,

sinφ=0,052, sin 2 φ=0,0027,cosφ=0,999, cos 2 φ=0,997.

Koordináta transzformáció:

i = e ξ j =cosφ e η +sinφ e ζ k =sinφ e η +cosφ e ζ }

- tehetetlenségi tenzor az x,y,z koordináta-rendszerben:

J x = i J ¯ ¯ S i =[ 1 0 0 ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 1 0 0 ]= J ξ ,

J xy = J yx = i J ¯ ¯ S j =[ 1 0 0 ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 cosφ sinφ ]=0 ,

J xz = J zx = i J ¯ ¯ S k =0 ,

J y = j J ¯ ¯ S j =[ 0 cosφ sinφ ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 cosφ sinφ ] ,

J y = J η cos 2 φ+ J ζ sin 2 φ=0,480,997+0,960,003 ,

J y =0,479+0,003=0,482 kgm 2 J η ,

J z = k J ¯ ¯ S k =[ 0 sinφ cosφ ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 sinφ cosφ ] ,

J z = J η sin 2 φ+ J ζ cos 2 φ=0,480,003+0,960,997 ,

J z =0,0014+0,957=0,958 kgm 2 J ζ .

J yz = J zy = j J ¯ ¯ S k =[ 0 cosφ sinφ ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 sinφ cosφ ]

J yz = J zy =+ J η cosφsinφ J ζ cosφsinφ=0,025 kgm 2 ,

J ¯ ¯ S (xyz) =[ J x 0 0 0 J y J yz 0 J zy J z ]=[ 0,480 0 0 0 0,482 0,025 0 0,025 0,958 ] kgm 2 .

- tehetetlenségi tenzor az x , y , z koordináta-rendszerben:

Steiner-tétel:

J x = J x +m( y S 2 + z S 2 )=0,48+480,09=4,8 kgm 2 ,

J y = J y +m( x S 2 + z S 2 )=0,482+480,09=4,802 kgm 2 ,

J z = J z +m( x S 2 + y S 2 )=0,958+0=0,958 kgm 2 ,

J x y = J xy +m x S y S =0 ,

J x z = J xz +m x S z S =0 ,

J y z = J yz +m y S z S =0,025 kgm 2 ,

J ¯ ¯ A ( x y z ) = J ¯ ¯ B ( x y z ) =[ 4,8 0 0 0 4,802 0,025 0 0,025 0,958 ] kgm 2 .

b) A támasztóerők meghatározása:

Perdület tétel az A pontra:

J ¯ ¯ A ε = 0 + ω × J ¯ ¯ A ω +m r AS ×m a A = 0 = r AS × G + r AB × F B ,

ω 2 [ k ×( J y z j + J z k ) ]= l 2 G ( k )×( j ) i +l k × F B ,

+ ω 2 J y z i = l 2 G i +l F Bx j l F By i / j / i ,

F Bx =0 ,

F By =( l 2 G J y z ω 2 ) 1 l = G 2 J y z ω 2 l =2400,025 105 2 0,6 =219,38N .

Perdület tétel a B pontra:

J ¯ ¯ B ε = 0 + ω × J ¯ ¯ B ω +m r BS × a B = 0 = r BS × G + r BA × F A ,

ω 2 [ k ×( J y z j + J z k ) ]= l 2 G ( k )×( j ) = i l k × F A ,

ω 2 J y z i = l 2 G i l F Ax j +l F Ay i / j / i ,

F Ax =0 ,

F Ay = G 2 + J y z ω 2 l =240+0,0251 105 2 0,6 =701,21N .

2. feladat: Kiegyensúlyozatlan forgórész támasztóerői

ω 0 =(100 k )1/s,     G=8kN,

Adott: Az A,B jelű csapágyakban forgó merev tengelyre ferdén felékelt G súlyú tárcsa. A tengely állandó ω 0 szögsebességgel forog. Ismert a tárcsa S súlyponti tehetetlenségi J ¯ ¯ S (ξηζ) tenzora:

[ J ¯ ¯ S (ξηζ) ]=[ 35 0 0 0 35 0 0 0 64 ] kgm 2 , l 1 =0,6m , ϑ= 1 o , g10 m/s 2 .

Feladat:
a) Az A és B csapágyakban fellépő F A és F B támasztóerők (csapágyerők) meghatározása.
b) Az F A = F A (t) és F B = F B (t) támasztóerő-idő függvények meghatározása.

Kidolgozás:

a) A támasztóerők meghatározása:

Impulzus tétel: I ˙ = F ,     m a S = 0 = G + F A + F B ,

0 =(G k )+( F Ax i + F Ay j + F Az k )+( F Bx i + F By j ),   / k

0=G+ F Az ,         F Az =G=8kN.

Perdület tétel az A pontra:

π ˙ A = M A ,         π ˙ A = π ˙ S + I ˙ = 0 × r SA = r AB × F B   π ˙ A = π ˙ S

J ¯ ¯ S ε = 0 + ω 0 × π S =( l 1 + l 2 ) k ×( F Bx i + F By j ).

A tárcsa S pontiperdületvektora:

π S = J ¯ ¯ S (ξηζ) ω 0 =[ J 1 0 0 0 J 1 0 0 0 J 2 ][ 0 ω 0 sinϑ ω 0 cosϑ ].

π S = J 1 ω 0 sinϑ e η + J 2 ω 0 cosϑ e ζ .

Koordináta transzformáció:

e η =cosϑ j +sinϑ k ,

e ζ =sinϑ j +cosϑ k .

π S = J 1 ω 0 sinϑcosϑ j + J 1 ω 0 sin 2 ϑ k

J 2 ω 0 sinϑcosϑ j + J 2 ω 0 cos 2 ϑ k ,

π S =( J 1 J 2 ) ω 0 sinϑcosϑ j + ω 0 ( J 1 sin 2 ϑ+ J 2 cos 2 ϑ) k .

A perdület vektor koordinátái:

π Sx =0,

π Sy =( J 1 J 2 ) ω 0 sinϑcosϑ,

π Sz = ω 0 ( J 1 sin 2 ϑ+ J 2 cos 2 ϑ).

Behelyettesítve a perdület tételbe:

( ω 0 k )×( π Sx i + π Sy j + π Sz k )=( l 1 + l 2 ) k ×( F Bx i + F By j ),

ω 0 π Sx j ω 0 π Sy i =( l 1 + l 2 ) F B x j ( l 1 + l 2 ) F B y i ,     / i / j ,

ω 0 π Sy =( l 1 + l 2 ) F By       ω 0 π Sx =( l 1 + l 2 ) F Bx .

F By = ω 0 π Sy l 1 + l 2 = ω 0 2 l 1 + l 2 ( J 1 J 2 )sinϑcosϑ,       F Bx = ω 0 π Sx l 1 + l 2 =0.

F By = 100 2 0,6+0,4 (3564)0,017450,9998=5060N ,

F B =( F Bx i + F By j )=(5,060 j )kN .

Impulzus tétel:

m a S = 0 = G + F A + F B     F A = G F B ,

F A =( F Ax i + F Ay j + F Az k )=(5,060 j +8 k )kN .

b) Az F A = F A (t) és F B = F B (t) függvények meghatározása:

A támasztóerők a forgórésszel együtt forognak.

F A = F A (t)= F By (sin ω 0 t i +cos ω 0 t j )+G k ,

F B = F B (t)= F By (sin ω 0 t i +cos ω 0 t j ) .

3. feladat: Forgórész (autókerék) tömegkiegyensúlyozása

Adott:
m= 10 kg, l=0,4 m, R=0,3 m, h=10 cm, ω 0 =100 1/s = állandó, φ= 2 o .
A tengely tömege a forgórész tömegéhez képest elhanyagolhatóan kicsi

Feladat: A forgórész dinamikus tömegkiegyensúlyozása, ha R 1 = R 2 =R és z 1 =h/2 , z 2 =h/2.

Kidolgozás: A forgórész statikusan kiegyensúlyozott, mert az S pont a forgástengelyre esik.

A szerkezet S ponti tehetetlenségi tenzorának előállítása

- tehetetlenségi tenzor a ξ,η,ζ koordináta-rendszerben:

J ¯ ¯ S (ξηζ) =[ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ]=[ 1 4 m R 2 0 0 0 1 4 m R 2 0 0 0 1 2 m R 2 ] ,

J ξ = J η = 1 4 m R 2 = 10 0,3 2 4 =0,225 kgm 2 ,

J ζ = 1 2 m R 2 = 10 0,3 2 2 =0,45 kgm 2 ,

- Koordináta transzformáció:

i = e ξ =1, j =cosφ e η +sinφ e ζ , k =sinφ e η +cosφ e ζ .

tehetetlenségi tenzor az x,y,z koordináta-rendszerben:

i = e ξ , j =cosϕ e η +sinϕ e ζ , k =sinϕ e η +cosϕ e ζ . .

J x = i J ¯ ¯ S i =[ 1 0 0 ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 1 0 0 ]= J ξ ,

J x = J ξ =[ 1 0 0 ][ 0,225 0 0 0 0,225 0 0 0 0,45 ][ 1 0 0 ]=0,225 kgm 2 ,

J xy = i J ¯ ¯ S j =[ 1 0 0 ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 cosφ sinφ ]=0,

J xy = J yx =0.

J xz = i J ¯ ¯ S k =[ 1 0 0 ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 sinφ cosφ ]=0,

J xz = J zx =0.

J yz = j J ¯ ¯ S k =[ 0cosφsinφ ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 sinφ cosφ ],

J yz = J zy = J η cosφsinφ J ζ cosφsinφ,

J yz = J zy =0,2250,034870,450,03487=0,007847 kgm 2 .

J y = j J ¯ ¯ S j =[ 0 cosφ sinφ ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 cosφ sinφ ],

J y = J η cos 2 φ+ J ζ sin 2 φ=0,2250,9987+0,450,001217=

=0,2247075+0,00054765=0,22525515 kgm 2 .

J z = k J ¯ ¯ S k =[ 0sinφcosφ ][ J ξ 0 0 0 J η 0 0 0 J ζ ][ 0 sinφ cosφ ],

J z = J η sin 2 φ+ J ζ cos 2 φ=0,2250,001217+0,450,9987=

=0,000273825+0,449415=0,448688 kgm 2 .

J ¯ ¯ S (xyz) =[ J x 0 0 0 J y J yz 0 J zy J z ]=[ 0,2250 0 0 0 0,2252 0,0078 0 0,0078 0,4496 ] kgm 2 .

A forgórész tömegkiegyensúlyozása:

A forgórész S súlypontja a forgástengelyen van:

r S =( x S i + y S j + z S k )= 0 .

A két, a kiegyensúlyozáshoz szükséges póttömeg súlypontját megadó helyvektor:

r 1 =( x 1 i + y 1 j + z 1 k )=( R 1 cos φ 1 i + R 1 sin φ 1 j + z 1 k ),

r 2 =( x 2 i + y 2 j + z 2 k )=( R 2 cos φ 2 i + R 2 sin φ 2 j + z 2 k ).

A φ 1 és φ 2 szöget az xy síkban, az x tengelytől mérjük.

A kiegyensúlyozáshoz szükséges m 1 és m 2 póttömegek:

m = 1 1 R 1 | z 2 z 1 | ( J xz 0 m x S 0 z 2 ) 2 + ( J yz m y S 0 z 2 ) 2 ,

m = 2 1 R 2 | z 1 z 2 | ( J xz 0 m x S 0 z 1 ) 2 + ( J yz m y S 0 z 1 ) 2 .

Az összefüggésbe behelyettesítve az önkényesen felvehető R 1 = R 2 =R , z 1 =h/2 és z 2 =h/2 értékeket:

m 1 = 1 R| ( h 2 )( h 2 ) | ( J yz ) 2 = 0,007847 0,30,1 =0,2615kg,

m 2 = 1 R 2 | ( h 2 )( h 2 ) | ( J yz ) 2 = 0,007847 0,30,1 =0,2615kg.

A póttömegek elhelyezkedési szöge:

tg φ 1 = J yz m y S 0 z 2 J xz m x S 0 z 2 = 0,007847 0 ,    φ 1 = 90 o .

tg φ 2 = J yz m y S 0 z 1 J xz m x S 0 z 1 = 0,007847 0 ,    φ 2 = 270 o .

Az m 1 póttömeg helyzetét meghatározó vektorok :

R 1 =( R 1 cos φ 1 i + R 1 sin φ 1 j )=(0,3 j )m, r 1 =(0,3 j +0,05 k )m.

Az m 2 póttömeg helyzetét meghatározó vektorok:

R 2 =( R 2 cos φ 2 i + R 2 sin φ 2 j )=(0,3 j )m, r 2 =(0,3 j 0,05 k )m

Ellenőrzés (behelyettesítés a tömegkiegyensúlyozás egyenletrendszerébe)

A póttömegekkel kiegészített rendszer forgástengelyre számolt számított statikai nyomatéka zérus:

m x S 0 + m 1 x 1 0 + m 2 x 2 0 =0,

m y S 0 + m 1 y 1 + m 2 y 2 =0,26150,3+0,2615(0,3)=0 .

A póttömegekkel kiegészített rendszernek a z tengely tehetetlenségi főtengelye:

J xz 0 + m 1 x 1 0 z 1 + m 2 x 2 0 z 2 =0,

J yz + m 1 y 1 z 1 + m 2 y 2 z 2 =

=(0,007847)+0,26150,30,05+0,2615(0,3)(0,05)= =(0,007847)+(0,007847)=0.