10.5. Forgó tömegek kiegyensúlyozása
z
Adott: A forgórész geometriája és a külső erőrendszer: G, M 0 . A ξ , η , ζ a szerkezet (forgórész) S ponti tehetetlenségi főtengelyei.
ω ε MO
FB
ζ
B •
l
RS
Csapágyazás: Az A helyen radax csapágy (pl. golyós csapágy), a B helyen radiális csapágy (pl. hengergörgős csapágy) van beépítve.
rS G
ξ
zS
η
S
FA
A x
Feladat: A támasztóerők meghatározása. FA = ( FAx ex + FAy e y + FAz ez ) , FB = ( FBx ex + FBy e y ) .
y
A tömegkiegyensúlyozás célkitűzése: Annak biztosítása, hogy a forgás következtében ne lépjenek fel járulékos támasztóerők a csapágyakban. Az S pont mozgásjellemzői: rAS = rS = RS + zS ez = xS ex + yS ey + zS ez , vS = ω × RS , aS = ε × RS − ω 2 RS .
A támasztó erőrendszer meghatározása: a) Impulzus tétel:
maS = G + FA + FB 0 = −G + FAz
/ ⋅ ez
FAz = G .
b) Perdület tétel az A pontra: J Aε + ω × J A ⋅ ω = M 0 + rAS × G + rAB × FB , ez × /
J A ⋅ ε ez + ω 2 ez × J A ⋅ ez = M 0 ez + RS × G + lez × FB ,
ez × J A ⋅ ez ε + ω 2 ez × (ez × J A ⋅ ez ) = 0 + ez × ( RS × G ) + ez × (lez × FB ) , − RS G
− FB l (ez ⋅ ez ) =1
1 FB = ⎡⎣ −GRS − ez × J A ⋅ ez ε − ez × (ez × J A ⋅ ez )ω 2 ⎤⎦ . l c) Perdület tétel a B pontra: J Bε + ω × J B ⋅ ω = M 0 + rBS × G + rBA × FA .
Az előzővel megegyező gondolatmenetből: 1 FA = ⎡⎣GRS + ez × J B ⋅ ez ε + ez × (ez × J B ⋅ ez )ω 2 ⎤⎦ + Gez . l
202
Kérdés: Mi a feltétele, hogy a támasztóerők ne függjenek az ω , ε jellemzőktől?
mozgás-
a) 0 = FA + FB + G akkor teljesül, ha: aS = 0 . Ez akkor teljesül, ha az S pont a forgástengelyre esik: RS = 0 . Statikusan kiegyensúlyozott egy álló tengely körül forgó merev test (forgórész), ha a test S pontja a forgástengelyre esik. ⎡ ⎤ ⎥ 1⎢ b) FB = ⎢ −G R − ez × J A ⋅ ez ε − ez × (ez × J A ⋅ ez )ω 2 ⎥ = 0 , S l⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ =0 ⎡ ⎤ 1⎢ 2⎥ c) FA − Gez = ⎢G RS + ez × J B ⋅ ez ε + ez × (ez × J B ⋅ ez )ω ⎥ = 0 . l⎢ ⎥ ⎣ =0 ⎦ A b), c) feltétel akkor teljesül ha J A ⋅ ez ez és J B ⋅ ez
ez .
Ezek a feltételek csak akkor teljesülhetnek, ha a z forgástengely a forgórész tehetelenségi főtengelye: J A ⋅ ez = J B ⋅ ez = J S ⋅ ez = J z ez . Dinamikusan kiegyensúlyozott egy álló tengely körül forgó merev test (forgórész), ha a forgástengely a merev test tehetetlenségi főtengelye. Megjegyzés: Ha a z tengely S ponti tehetetlenségi főtengely, akkor a z tengely A és B ponti tehetetlenségi főtengely. A tömegkiegyensúlyozás megvalósítása: - A forgórész S pontja legyen rajta a forgástengelyen. Teljesítendő feltételek: - A forgástengely legyen a forgórész tehetetlenségi főtengelye. Az a)-c) feltételek más alakja: - Az RS = 0 feltétel helyett az m RS = 0 is írható. (A forgórész z tengelyre számított statikai nyomatéka legyen zérus) - A J A ⋅ ez = J B ⋅ ez = J S ⋅ ez = J z ez feltétel helyett a J xz = J yz = 0 , vagy ez × ( J z × ez ) = J xz ex + J yz ey = 0 is írható.
A feltételek biztosítása/teljesítése: A kiegyensúlyozatlan forgórészhez tömegeket adunk hozzá, vagy veszünk el. Tömegek ≡ tömegpontok.
203
A tömegpontokkal kiegészített forgórész: Az m1 tömegpont az x1 y1 z1 ponthoz rögzített. z ≡ z ′ ≡ z ′′ Az m2 tömegpont az x2 y2 z2 ponthoz rögzített. M y 0 m2 2 a) A kiegészített/módosított forgórésznek a z R2 B tengelyre számított statikai nyomatéka m x2 x′′ legyen zérus: y′′ RS m RS + m1 R1 + m2 R2 = 0 S zS skalár egyenletek: y1 y ′ x R 1 m xS + m1 x1 + m2 x2 = 0 , 1 z2 x′ m yS + m1 y1 + m2 y2 = 0 . z1 m1 A x y •
b) A kiegészített/módosított forgórésznek a z tengely legyen a tehetetlenségi főtengelye: ez × ( J z × ez ) = 0 ,
⇒
2
J xz ex + J yz ey + ∑ ( mi xi zi ex + mi yi zi ey ) = 0 . i =1
mi zi Ri
Skalár egyenletek:
J xz + m1 x1 z1 + m2 x2 z2 = 0 , J yz + m1 y1 z1 + m2 y2 z2 = 0 .
A a) és b) vektoriális feltétel négy (nemlineáris) skaláris algebrai egyenletet jelent. m1 , x1 , y1 z1 ⎫ ⎬ m2 , x2 , y2 z2 ⎭
Ismeretlenek:
− nyolc skaláris mennyiség.
Megoldás: négy skalár ismeretlen önkényesen felvehető. Átalakítás: A a) egyenletet z2 -vel , majd z1 -el beszorozva és kivonva belőle a b) egyenletet: m1 R1 =
m2 R2 =
1 J xz ex + J yz ey − m RS z2 = 0 , z2 − z1 J x′′z ′′ ex + J y′′z ′′ ey
(
)
1 J xz ex + J yz ey − m RS z1 = 0 . z1 − z2 J x′z ′ ex + J y ′z ′ ey
(
)
Megoldási lehetőségek: - a) önkényes felvétel: m1 , m2 , z1 , z2 -t önkényesen felvesszük, majd a rendelkezésre álló egyenletekből kiszámítható R1 = …., R2 = …. - b) önkényes felvétel (pl. autókerék kiegyensúlyozása): 204
Új változók: x1 , y1 helyett R1 , ϕ1 , iletve x2 , y2 helyett R2 , ϕ2 . R1 = x1ex + y1ey = R1 ( cos ϕ1ex + sin ϕ1ey ) , R2 = x2 ex + y2 ey = R2 ( cos ϕ2 ex + sin ϕ2 ey ) . Önkényes felvétel: R1 , R2 , z1 , z2 .
Az egyenletekből: 1
1
2 2 2 m1 = + ⎡⎢( J xz − m xS z2 ) + ( J yz − m yS z2 ) ⎤⎥ , ⎣ ⎦ R1 z2 − z1
1
2 2 1 2 + ⎡⎢( J xz − m xS z1 ) + ( J yz − m yS z1 ) ⎤⎥ . m2 = ⎦ R2 z2 − z1 ⎣
tgϕ1 = −
J yz − m yS z2 J xz − m xS z2
,
tgϕ2 = −
J yz − m yS z1 J xz − m xS z1
.
10.6. Forgórészek meghajtása és üzemeltetése a) A meghajtás jellege: M h - meghajtó nyomaték,
forgórész
M e - az ellenállás nyomatéka,
Mh
Me
ω S
z
pl. terhelés, csapágysúrlódás, tömítések súrlódása, stb.
A forgórészre felírt perdület-tétel: i
π S = M S / ⋅ez
J zω = J z ε = M z ( ω ) = M h − M e .
⇒
Ha M z > 0, akkor a forgás gyorsul: ε > 0 . Ha M z < 0, akkor a forgás lassul: ε < 0 . Az M z = M z (ω ) függvény a meghajtó motor (belsőégésű motor, villanymotor, stb.) jellemzője.
A meghajtás jellege: Mz
Me
Mz
Mh Me
Mh
M z (ω )
ω
ω M z (ω ) stabil
instabil 205
Stabil: a forgórész beáll a munkapontra. Instabil: a rendszer „megszalad” vagy, leáll. b) Forgórészek egyenlőtlen járása: Egyenlőtlen járás (szögsebesség ingadozás): ω ≠ 0 . Ez akkor fordul elő, ha M z (ω ) = M h − M e ≠ 0 . - Az M z = M z ( t ) ismert: Periódusidő: T = t3 − t1 . M z
Feltételezés: A12
t3 t
t2 t1
A23
∫ M ( t ) dt = 0 , (a tengely nem gyorsul).
(T )
z
Közepes szögsebesség: ω + ωmax ωköz = min ,
T
ω
2
ωmax ωköz ωmin
Egyenlőtlenségi fok: ω + ωmin δ = max . t t1
t2
2
t3
T t3
Perdület-tétel:
π z ( t3 ) − π z ( t1 ) = ∫ M z ( t ) dt = A12 + A23 = 0 , t1
t2
π z ( t2 ) − π z ( t1 ) = ∫ M z ( t ) dt = A12 ⇒ J z (ωmax − ωmin ) = A12 . t1
δ=
A12
J zωköz
.
δωköz
A forgás (járás) egyenletessé tétele a δ csökkentésével érhető
el. Az egyenletes járás biztosításához (a δ csökkentéséhez) az adott A12 és előírt ωköz esetén J z -t kell növelni. Megoldás: lendítőkereket kell alkalmazni.
- Az M z = M z (ϕ ) ismert: Periódus: egy körbefordulás → ϕ = 2 π . Feltételezés: a forgórész nem gyorsul. 2π
∫
ϕ =0
206
M z (ϕ ) dϕ = W12 + W23 = 0 .
ϕ2
Munkatétel: E2 − E1 = W12 = ∫ M z (ϕ ) dϕ , ϕ1
1 1 J zω22 − J zω12 = W12 , 2 2
⇒
Jz
ω 2 + ω2 2
(ω2 − ω1 ) = W12 . δ ωköz
ωköz Mz
2 J zωköz δ = W12
δ=
W12
ϕ3
ϕ2
ϕ1
ϕ
A forgás (járás) egyenletessé tétele a δ csökkentésével érhető el.
W23 2π
Az egyenletes járás biztosításához (a δ csökkentéséhez) az adott W12 és előírt ωköz esetén J z -ét kell növelni.
ω ωmax ωköz ωmin
ϕ
ϕ1
ϕ2
Megoldás:
ϕ3
2π
W12 . 2 J zωköz
lendítőkereket alkalmazni.
kell
10.7. Testek ütközése n
vS2 = v2
(1)
A1
A2
ω2
S1
ω1
S2
( 2)
Két testből álló és síkmozgást végző rendszer ütközését vizsgáljuk. A1 , A2 - az érintkező pontok , n - az ütközési normális. Az ütközés létrejöttének feltétele: vA ⋅ n > vA ⋅ n . 1
vS1 = v1
2
v1 , v2 , ω1 , ω2 - ütközés előtti sebességek és
szögsebességek, V1 ,V2 , Ω1 , Ω 2 - ütközés utáni jellemzők.
Feltételezések: - Az ütköző testek valamilyen mértékben rugalmasak - Az ütközés igen rövid idő alatt játdzódik le - A rövid ideig tartó érintkezés alatt a testek helyzetében nem következik be változás - Az ütközés következtében fellépő erők mellett a többi erő elhanyagolható
207
A1
(1)
n
A2
n
n
( 2)
( 2)
(1)
Érintkezés
(1)
Defor máció
Közeledés
Az ütközés lefolyása.
( 2) Elválás
Távolodás
Az ütközés osztályozása: 1) Az n ütközési normálisnak az ütköző testek Si súlypontjaihoz viszonyított helyzete alapján → a) Centrikus ütközés: az n mindkét test Si pontján átmegy b) Excentrikus ütközés: az n nem megy át mindkét test Si pontján 2) Az anyagváltozás jellege (az anyagi viselkedés) alapján Figyelembevétel: 0 ≤ k ≤ 1 ahol k - ütközési tényező. a) Tökéletesen rugalmas, k = 1 → A testek deformációjára fordított energiát teljes mértékben visszanyerjük. b) Rugalmas-képlékeny, 0 < k < 1 → A testek deformációjára fordított energiát rész- ben visszanyerjük. c) Tökéletesen rugalmatlan, k = 0 → A testek deformációjára fordított energia nem nyerhető vissza. 10.8.1. Centrikus ütközés
(1)
A2
A1
S2
ω2
(2 )
S1
ω1
v1
(1)
A1
S1 v1
208
n
v2
F1
v1 , v2 , ω1 , ω2 - ütközés előtti sebességek
és szögsebességek. a) Centrikus ferde ütközés: Az S ponti sebességek nem a normális irányába mutatnak. b) Centrikus egyenes ütközés: Az S ponti sebességek a normális irányába mutatnak. i
n
n (1+2) K = I = F = 0 ,
v2 A2
F2 = − F1
S2
( 2)
mert I = áll. , vS - a rendszer (1+2) S pontjának sebessége. m1v1 + m2 v2 = m1V1 + m2V2 =
= ( m1 + m2 ) vS = áll.
i
1) A K1 = I1 = F1 = −λ n
∫ ...... dt
,
∆t
F1 ütközési normális irányába mutat, ∆t az ütközés időtartama, λ skalár
együttható. ∆I1 =
∫
( ∆t )
F1dt = − ∫ λ dt n
,
C skalár szám.
∆t
C
(
)
m1∆v1 = m1 V1 − v1 = −C n , ∆v1 - az (1) test sebességének megváltozása az ütközés során párhuzamos az n
ütközési normálissal. i
2) A K 2 = I 2 = F2 = − F1 = λ n
(
∫ ...... dt
,
∆t
)
m2 ∆v2 = m2 V2 − v2 = C n ,
Az (1) és (2) jelű testre kapott eredményeket összegezve: (a) m1∆v1 = −m2 ∆v2 , (b) DS = π S = M S = 0 → π S = állandó, ω1 = Ω1 , 1
1
1
1
(c) π S = 0 → π S = állandó, ω2 = Ω 2 . Maxwel-féle ütközési diadram 2
2
v2n
vS =
m2
( m (V 2
vS
S
n
v1 m1
vSn
) − v ) =C n .
m1 V1 − v1 = − C n , V2
v2
V1
m1v1 + m2 v2 , m1 + m2
2
2
Ütközési tényező: k=
V1n − vSn v1n − vSn
=
V2 n − vSn v2 n − vSn
⇓
v1n = ........ ,
v2 n = ........ számítható.
v2n
209
10.8.2. Excentrikus ütközés Legalább az egyik test S pontja nem esik az n ütközési normálisra. Feltételezés: ρ1 - a testek síkmozgást végeznek l1 - a ζ 1 , ζ 2 a testek S ponti η1 tehetet- lenségi főtengelyei K1
S1
rD D
( 1)
ω1
r01
O1
⇓
v1
ξ1
(2)
m1 , J ζ 1
F S2
m2 , J ζ 2
ω2
O2 v2
K2
ξ2 n
Az n ütközési normális a testek S ponti tehetetlenségi fősíkjába esnek. A feladatot vissza akarjuk vezetni a centrális ütközés esetére. η2 Jelölések: O1 , O2 - ütközési talppontok (az S pontokból merőlegest bocsátunk az ütközési normálisra). K1 , K 2 - ütközési középpontok (lökési középpont). Értelmezés: A testek azon pontjai, amelyeknek az ütközés során nem változik a sebessége vK = VK , vK = VK . 1
Impulzus tétel az (1) jelű testre: m1 (V1 − v1 ) = ∫ F dt = Φ , ( ∆t )
Perdület tétel az (1) jelű testre: J ζ ( Ω1 − ω1 ) = ∫ r01 × F dt = r01 × Φ . 1
( ∆t )
Az (1) jelű test tetszőleges D pontjának sebessége: m1 J ζ1 / VD = V1 + Ω1 × rD ⎫⎪ ⎬ egymásból kivonni m1 J ζ1 / vD = v1 + ω1 × rD ⎪⎭
( (V
) )=
(
)
(
)
m1 J ζ1 VD − vD = m1 J ζ1 V1 − v1 + m1 J ζ1 Ω1 − ω1 × rD , m1 J ζ 1
210
D
− vD
J ζ1 Φ
(
)
+ m1 r01 × Φ × rD ,
( imp.tétel ) ( perd.tétel )
1
2
2
(
)
m1 J ζ 1 VD − vD = J ζ 1 Φ + m1
(r
01
)
× Φ × rD
,
( r01 ⋅ rD ) Φ − r01 ( Φ ⋅ rD )
(
)
(
)
m1 J ζ 1 VD − vD = ⎡⎣ J ζ 1 + m1 ( r01 ⋅ rD ) ⎤⎦ Φ − m1 Φ ⋅ rD r01 .
Keressük az (1) jelű testnek azokat a D pontjait, amelyeknek a sebességváltozása párhuzamos az n ütközési normálissal. Ennek a feltételnek az η1 tengely pontjai tesznek eleget: rD =η1 eη , r01 = − l1 eη . Az előző összefüggésbe behelyettesítve
(
)
(
)
(
)
m1 J ζ 1 VD − vD = ⎡⎣ J ζ 1 + ( r01 ⋅ rD ) ] Φ − m1 rD ⋅ Φ r01 −l1η1 0 Az η1 tengelyen levő pontokra: ( 0,η1 ) m1 J ζ 1 VD − vD = ⎡⎣ J ζ 1 − m1l1η1 ⎤⎦ Φ . A K1 ütközési középpont meghatározása: VK1 − vK1 = 0 ⇒ J ζ 1 − m1l1 ρ1 = 0 ⇒ ρ1 = η K1 =
J ζ1 m1l1
.
Az O1 ütközési talppont sebességváltozása ( az η tengelyen levő pont sebesség változására kapott összefüggést felhasználva) m1 J ζ (VD − vD ) = ( J ζ + m1l12 ) Φ . 1
1
J 01
v01 = vI ⎫⎪ ⎬ az ütközési talppontok sebességei. V01 = vI ⎪⎭ Jζ VI − vI = Φ → µ I = 1 - redukált tömeg. Ez az összefüggés formálisan J 01
Jelölés: m1
J ζ1 J 01
(
)
µI olyan, mint a centrális ütközésnél kapott. A redukált tömeg képletének átalakítása Jζ Jζ m1l1 ρ1 µ I = m1 m1 , = m1 = 2 J0 J ζ + m1l1 m1l1 ρ1 + m1l12 1
1
mivel ρ1 = µ I = m1
1
1
Jζ1 m1l1
→ J ζ1 = ρ1m1l1 , így
2 J K1 m ρ ( ρ + l ) m ρ 2 + m1 ρ1l1 m1 ρ1 + J ζ1 m1l1 ρ1 = m1 1 1 1 12 = 1 1 = = . 2 2 2 m1 ( ρ1 + l1 ) m1 ( ρ1 + l1 ) ( ρ1 + l1 ) ( ρ1 + l1 ) ( ρ1 + l1 )
Ugyanezzel a gondolatmenettel a (2) jelű testre is megkapjuk a K 2 ütközési középpontot → ρ 2 =................................. , µ II redukált tömeget és az 211
O2 ütközési talppont sebességváltozását (- előjellel).
A két testre kapott eredményeket összevetve ugyanazt az összefüggést kapjuk, mint a centrikus ütközésnél: µ I (VI − vI ) = Φ = − µ II (VII − vII ) , VI , vI és VII , vII - az ütközési talppontok sebességei, µ I , µ II - redukált tömegek.
Az exentrikus ütközés megoldásának gondolatmenete: Jelölés:
( 1)
vII
m1 , J S1
µI
µ II
O1
l1
vI
ξ1
O2
J s2 = J ζ 2 n
l2
S1
ρ1
J s1 = J ζ1 ,
m2 , J S2
ξ2
(2)
S2
ρ2
K1
K2
η1
a mozgás síkjára merőleges S ponti tehetetlenségi főtengelyekre számított tehetetlenségi nyomatékok.
η2
a) A redukált tömegek meghatározása: µ I = m1
J s1 J 01
, µ II = m1
J s2 J 02
.
b) Az ütközési talppontok ütközés előtti sebességeinek meghatározása: vI = v1 + ω1 × ( −l1eη ) , vII = v2 + ω2 × ( −l2 eη ) .
c) A Maxwll-féle ütközési diagramból az ütközési talppontok ütközés utáni sebességei nek meghatározása: VI =........................................ , VII =........................................ . d) Az ütközési középpontok meghatározása: ρ1 =
J s1 m1l1
, ρ2 =
J s2 m2l2
.
e) Az ütközési utáni szögsebességek meghatározása: ütközés előtt: vK = v1 + ω1 × ρ1 1
vK 2 = v2 + ω2 × ρ 2 .
ütközés után: vK = VK = VI + Ω1 × ( l1 + ρ1 ) eη 1
212
1
⇒ Ω1 =..................... ,
vK2 = VK2 = VII + Ω 2 × ( l2 + ρ 2 ) eη
⇒ Ω 2 =..................... .
f) Az S pontok ütközési utáni sebességeinek meghatározása: V1 = VI + Ω1 × l1eη , V2 = VII + Ω 2 × l2 eη .
Kiindulás: ω1 , v1 , ω2 , v2 , m1 , J 0 , m2 , J s , l1 , l2 . 1
1
Megoldás: V1 , Ω1 , V2 , Ω 2 . 10.9. Példák forgórészek dinamikájára és testek ütközésére
11. SZAKIRODALOM [1] M. Csizmadia B. – Nándori E.: Mechanika mérnököknek – Statika, Nemzeti Tankönyvkiadó, 1996. [2] Égert J.: Statika, Miskolci Egyetemi Kiadó, 2001. [3]
NME Mechanikai Tanszék Munkaközössége: Tankönyvkiadó, Budapest, 1980.
Mechanikai
példatár
I.,
[4] Roberts, A.: Statics and Dynamics with Background Mathematics, Cambridge University Press, 2003. [5] M. Csizmadia B. – Nándori E.: Mechanika mérnököknek Szilárdságtan, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 2002. [6] Budinas, R.G.: Advanced Strength and Applied Sterss Analysis, McGraw-Hill International Edition, 1999. [7] Jenkins, C.H.M – Khanna, S.K.: Mechanics of Materials, Elsevier Academic Press, 2005. [8] M. Csizmadia B. – Nándori E.: Mechanika mérnököknek Mozgástan, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 1997. [9] Roberts, A. P.: Statics and Dynamics with Background Mathe-matics , Cambridge University Press, 2003. [10] NME Mechanikai Tanszék Munkaközössége: Mechanika Példatár III., Tankönyvkiadó Budapest, 1985. [11] Király B.:Dinamika, Miskolci Egyetemi Kiadó, 1992. 213
[12] Cleghorn, W. L.: Mechanics of machines , Oxford University Press, 2005. [13] Hibbeler, R. C.: Engineering Mechanics – Statics (Twelfth Edition in SI Units), Prentice Hall, 2010. [14] Hibbeler, R. C.: Mechanics of Materials (Seventh SI Editions), Prentice Hall, 2008. [15] Hibbeler, R. C.: Engineering Mechanics – Dynamics (Twelfth Edition in SI Units), Prentice Hall, 2010.
214
