Műszaki tudományos közlemények 1. XIV. Műszaki tudományos ülésszak, 2013. Kolozsvár, 149–158. http://hdl.handle.net/10598/28087
ÚJ MÓDSZER A KAROS MECHANIZMUSOK DINAMIKUS KIEGYENSÚLYOZÁSÁRA A NEW METHOD FOR DYNAMIC BALANCING OF ARM MECHANISMS Papp István1, Tolvaly-Roşca Ferenc2 Sapientia EMTE, Műszaki és Humán Tudományok Kar, Marosvásárhely, Gépészmérnöki Tanszék, Cím: Románia, Marosvásárhely, Şoseaua Sighişoarei nr.1c;Telefon / Fax: +40-265206210, 1 2
[email protected]
[email protected]
Abstract The paper presents an optimized balancing method for spatial articulated mechanisms. The presented method offers an optimized solution, minimizing the remaining unbalanced forces and moments. Considering the combined effects of the forces and inertia moments, the offered solution can be applied for one or two balancing axes. The method calculates the phase angles for arbitrary chosen counterweights and the values for the corresponding counterbalancing forces. Keywords: balancing, optimal, mechanism, dynamic.
Összefoglalás A dolgozat tér és síkban fekvő karos mechanizmusok optimális kiegyensúlyozásának egyik módszerét mutatja be. A módszer a kiegyensúlyozatlanul maradt tehetetlenségi erők és a tehetetlenségi erők nyomatékainak minimális értékekre való csökkentésére ad megoldást. Nagy előnyt jelent az egy- vagy kéttengelyes kiegyensúlyozásra való alkalmazhatósága, figyelembe veszi a nyomatékok összhatásait, és kiszámítja a tetszőleges helyen választott ellensúlyok fázisszögét és az általuk kifejtett kiegyensúlyozó erők értékét Kulcsszavak: karos mechanizmusok, dinamikus kiegyensúlyozás, optimális
1. A megoldás elméleti alapjai Képzeljünk el egy géptörzshöz rögzített OXYZ koordináta-rendszert, amelynek tengelyei rendre párhuzamosak a gépben forgómozgást végző, kiegyensúlyozásra alkalmas tengelyekkel (1. ábra). Az OX koordinátával párhuzamos kiegyensúlyozó tengely az OYZ síkot az y = az és z = ay koordinátapontokban metszi. Erre a ki-
egyensúlyozó tengelyre elhelyezett ellensúlyok OX tengely szerint szabadon választott koordinátái x = a1 és x = a2. Hasonlóképpen az OY koordinátatengellyel párhuzamos kiegyensúlyozó tengely az OXZ síkot az x = bz és z = bx pontokban metszi, az ellensúlyok pedig az y = b1 és y = b2 koordináta pontokban lesznek elhelyezve. Az OZ koordinátatengellyel párhuzamos kiegyensúlyozó tengely az OXY síkot x =cy
149
Papp István, Tolvaly-Roşca Ferenc és y = cx pontokban metszi, a tengelyhez tartozó ellensúlyok helyzetei a z = c1 és z = c2 koordinátákkal vannak jelölve. Az 1. ábrán szereplő kiegyensúlyozó tömegek pillanatnyi szöghelyzetét az ωt+φ kifejezéssel adhatjuk meg, ahol a φ szög a fázisszög.
A kineti-statikus elvnek (D’Alembertelvnek) megfelelően [1], a lengést gerjesztő erők és nyomatékok vektorkettőse a kiegyensúlyozó tömegek által gerjesztett erők és nyomatékok vektorkettősének ellentétje, amely szerint összegük zéró, azaz:
1.ábra. A koordináta-rendszer, amelynek tengelyei rendre párhuzamosak a gépben forgómozgást végző, kiegyensúlyozásra alkalmas tengelyekkel
∑ Fx = 0 = A FX ⋅cosω ⋅ t + BFX ⋅ sinω ⋅ t + FZ1 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Z1 ) + FZ2 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Z2 ) + FY1 ⋅ sin (ω ⋅ t + φ Y1 ) + FY2 ⋅ sin (ω ⋅ t + φ Y2 )
∑ Fy = 0 = A FY cosω ⋅ t + B FYsinω ⋅ t + FX1cos(ω ⋅ t + φ X1 ) + FX2cos(ω ⋅ t + φ X2 ) + FZ1sin (ω ⋅ t + φ Z1 ) + FZ2sin (ω ⋅ t + φ Z2 )
∑ Fz = 0 = A FZcosω ⋅ t + BFZsinω ⋅ t + FX1sin (ω ⋅ t + φ X1 ) + FX2sin (ω ⋅ t + φ X2 ) + FY1cos(ω ⋅ t + φ Y1 ) + FY2 cos(ω ⋅ t + φ Y2 )
∑ M x = 0 = A MX ⋅ cosω ⋅t + BMX ⋅sinω ⋅t + b1 ⋅ FY1 ⋅ cos(ω⋅ t + φ Y1 ) +
+ b 2 ⋅ FY2 ⋅ cos(ω ⋅t + φ Y2 ) − c1 ⋅ FZ1 ⋅ sin(ω ⋅t + φ Z1 ) − c 2 ⋅ FZ2 ⋅ sin(ω ⋅t + φ Z2 ) −
− a y ⋅ FX1 ⋅ cos(ω ⋅t + φ X1 ) − a y ⋅ FX2 ⋅ cos(ω⋅ t + φ X2 ) + + a z ⋅ FX1 ⋅ sin(ω ⋅t + φ X1 ) + a z ⋅ FX2 ⋅ sin(ω ⋅t + φ X2 )
150
(1)
Új módszer a karos mechanizmusok dinamikus kiegyensúlyozására
∑ M y = 0 =A MY ⋅ cosω ⋅ t + BMY ⋅sinω ⋅ t + c1 ⋅ FZ1 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Z1 ) +
+ c 2 ⋅ FZ2 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Z2 ) − a1 ⋅ FX1 ⋅ sin(ω ⋅ +φ X1 ) − a 2 ⋅ FX2 ⋅ sin(ω ⋅ t + φ X2 ) −
− b z ⋅ FY1 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Y1 ) − b z ⋅ FY2 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Y2 ) +
(2 )
+ b x FY1sin(ω ⋅ t + φ Y1 ) + b x FY2sin(ω ⋅ t + φ Y2 )
∑ M Z = 0 =A MZ ⋅ cosω ⋅ t + B MZ ⋅ sinω ⋅ t + a1 ⋅ FX1 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ X1 ) +
+ a 2 ⋅ FX2 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ X2 ) − b1 ⋅ FY1 ⋅ sin(ω ⋅ t + φ Y1 ) − b 2 ⋅ FY2 ⋅ sin(ω ⋅ t + φ Y2 ) + + c y ⋅ FZ1 ⋅ sin (ω ⋅ t + φ Z1 ) + c y ⋅ FZ2 ⋅ sin (ω ⋅ t + φ Z2 ) − − c x ⋅ FZ1 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Z1 ) − c x ⋅ FZ2 ⋅ cos(ω ⋅ t + φ Z2 )
A könnyebb érthetőség végett bevezetjük az következő jelöléseket: Q1 = FX1 ⋅ cosφ X1 ; Q 2 = FX2 ⋅ cosφ X2 R 1 = FX1 ⋅ sinφ X1 ;
R 2 = FX2 ⋅ sinφ X2
S1 = FY1 ⋅ cosφ Y1 ; S 2 = FY2 ⋅ cosφ Y2 T1 = FY1 ⋅ sinφ Y1 ;
T2 = FY2 ⋅ sinφ Y2
U1 = FZ1 ⋅ cosφ Z1 ;
U 2 = FZ2 ⋅ cosφ Z2
V1 = FZ1 ⋅ sinφ Z1 ;
V2 = FZ2 ⋅ sinφ Z2
(3 )
A (3) jelölésekkel, az (1) és (2) egyenletek a következő alakban írhatók:
∑ Fx = 0 = (A FX + U1 + U 2 + T1 + T2 ) ⋅cosω ⋅ t + (BFX − V1 − V2 + S1 + S2 ) ⋅ sinω ⋅ t ∑ Fy = 0 = (A FY + Q1 + Q 2 +V1 + V2 ) ⋅ cosω ⋅ t + (BFY + U1 + U 2 − R1 − R 2 ) ⋅ sinω ⋅ t ∑ Fz = 0 = (A FZ + S1 + S2 +R1 + R 2 ) ⋅ cosω ⋅ t + (BFZ + Q1 + Q 2 − T1 − T2 ) ⋅ sinω ⋅ t ∑ M x = 0 = (A MX + b1 ⋅ S1 + b 2 ⋅ S2 − c1 ⋅ V1 − c 2 ⋅ V2 − a y ⋅ Q1 − a y ⋅ Q 2 + a z ⋅ R1 + + a z ⋅ R 2 ) ⋅ cosωt + (B MX −b1 ⋅ T1 − b 2 ⋅ T2 − c1 ⋅ U1 − c 2 ⋅ U 2 + a z ⋅ Q1 + a z ⋅ Q 2 +
(4)
+ a y ⋅ R 1 + a y ⋅ R 2 ) ⋅ sinω ⋅t
∑ M y = 0 = (AMY − a1 ⋅ R1 − a 2 ⋅ R 2 + c1 ⋅ U1 + c2 ⋅ U 2 − bz ⋅ S1 − bz ⋅ S2 + bx ⋅ T1 + bx ⋅ T2 ) ⋅ cos ω ⋅ t + + (BMY −c1 ⋅ V1 − c 2 ⋅ V2 − a1 ⋅ Q1 − a 2 ⋅ Q 2 + b z ⋅ T1 + b z ⋅ T2 + b x ⋅ S1 + b x ⋅ S2 ) ⋅ sinω ⋅ t
∑ M z = 0 = (AMZ + a1 ⋅ Q1 + a 2 ⋅ Q2 − b1 ⋅ T1 − b2 ⋅ T2 + c y ⋅ V1 + c y ⋅ V2 − cx ⋅ U1 − cx ⋅ U 2 ) ⋅ cosω ⋅ t + + (BMZ −a1 ⋅ R1 − a 2 ⋅ R 2 − b1 ⋅ S1 − b 2 ⋅ S2 + c y ⋅ U1 + c y ⋅ U 2 + c x ⋅ V1 + c x ⋅ V2 ) ⋅ sinω ⋅ t
Ahhoz, hogy a mechanizmus kiegyensúlyozását a teljes kinematikai ciklusra megvalósítsuk, a (4) egyenletnek a t időparaméter bármely értékére teljesülnie kell. Ez a feltétel csak akkor valósulhat meg, ha a rendszer minden egyenlete cos ωt-s és
sin ωt-s tagjainak együtthatóit egyenlővé tesszük zéróval. Ezzel a feltétellel egy, 12 egyenletből álló és 12 ismeretlent tartalmazó lineáris egyenletrendszert kapunk, melynek mátrix alakja a következő:
151
Papp István, Tolvaly-Roşca Ferenc 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 Q1 − A FX 0 − − 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 Q 2 − BFX 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 R1 − A FY 0 −1 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 R 2 − BFY 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 S1 − A FZ 0 1 −1 −1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 S2 − BFZ ⋅ = − − − − a a a a b b 0 0 0 0 c c 2 T1 − A MX y y z z 1 2 1 a az ay ay 0 0 − b1 − b 2 − c1 − c 2 0 0 T2 − BMX z 0 0 − a1 − a 2 − b z − b z b x bx c1 c2 0 0 U1 − A MY 0 bx bx bz bx 0 0 − c1 − c 2 U 2 − BMY − a1 − a 2 0 a1 a2 0 0 0 0 − b1 − b 2 − c x − c x c y c y V1 − A MZ 0 − − − − 0 a a b b2 0 0 cy cy cx c x V2 − BMZ 1 2 1
Ugyancsak az (3) egyenletekből számítjuk ki a kiegyensúlyozó erők fázisszögeit is, azaz: R R φ X1 = tan −1 1 φ X2 = tan −1 2 Q1 Q2 T T φ Y1 = tan −1 1 φ Y2 = tan −1 2 S 1 S2 V V φ Z1 = tan −1 1 φ Z2 = tan −1 2 U1 U2
(6 )
A (6) egyenletekben lényeges a számláló és a nevező előjelének megtartása, mivel a fázisszöget előjelesen kell számítanunk. (Pozitív az előjel, ha a szöget az óramutató járásával ellentétesen mérjük.) A gép törzsén rezgést okozó tehetetlenségi és ezeket részben kiegyensúlyozó erők és nyomatékok kiegyensúlyozatlanul maradt erőinek és nyomatékainak Fourieregyütthatóit a következő mátrixegyenlet fejezi ki: R i = Pij ⋅ Q j + Fi
ahol,
(7 )
R i - a Fourier-sorral kifejezett, optimizálás utáni kiegyensúlyozatlan erők és nyomatékok együtthatóinak oszlopmátrixa;
152
(5 )
Pij - a kiegyensúlyozó erők és tengelyek
helyzetét meghatározó mátrix; Q j - az optimális kiegyensúlyozó erők oszlopmátrixa; Fi - a Fourier-sorral kifejezett tehetetlenségi erők és a tehetetlenségi erők nyomatékai együtthatóinak oszlopmátrixa. A (7) egyenletben kéttengelyes kiegyensúlyozás esetén i=1,2...12 és j=1,2...8, egytengelyes kiegyensúlyozás esetén pedig i=1,2...10 és j=1,2...4. A kiegyensúlyozatlanul maradt erők és nyomatékok minimalizálására az együtthatókat meghatározó függvény kvadratikus alakját használjuk, azaz: U = RiT ⋅ Ri .
(8 )
A (8) függvény optimális értéke meghatározható, ha a függvényt a „j” alkotóból álló kiegyensúlyozó Qk erők szerint deriváljuk, azaz: j j ∂R ∂R dU ∂U =∑ = ∑ i T ⋅ R i + R i T ⋅ i dQ k =1 ∂Q k k =1 ∂Q k ∂Q k
(9 )
Új módszer a karos mechanizmusok dinamikus kiegyensúlyozására Vegyük észre, hogy az R i oszlopmátrixra, valamint teljes deriváltjára felírható, hogy:
Ha a (7), (14) és a (15) egyenlőségeket behelyettesítjük a (11) egyenletbe, megfelelő rendezés után a következő alakot kapjuk:
∂R i T ∂R ⋅ Ri = RiT ⋅ i , ∂Q k ∂Q k
∂R dU = 2 ⋅ ∑ i T ⋅ Ri = dQ k =1 ∂Q k
j
(1 0 )
j
amely segítségével a (9) kifejezés a következő alakra hozható: j
j
∂U ∂R dU =∑ = 2 ⋅ ∑ i T ⋅ Ri = dQ k =1 ∂Qk k =1 ∂Q k j
= 2 ⋅ ∑ Ri
T
k =1
∂R ⋅ i ∂Q k
(11)
Ha a (7) mátrixegyenletben a kiegyensúlyozatlanul maradt erők Fourieregyütthatóit a Qk általános erő szerint deriváljuk, akkor a következő kifejezésre jutunk:
(
)
∂R i ∂ = Pij ⋅ Q j + Fi . ∂Q k ∂Q k
(1 2 )
Mivel a Pij és a Fi oszlopmátrix nem
∂Q k (1 3 )
= 0 és
∂Fi =0. ∂Q k
Ezzel az eredménnyel a (12) kifejezés a következőképpen írható: ∂R i ∂ ∂ = Pij ⋅ Q j = Pij ⋅ Qj ∂Q k ∂Q k ∂Q k T
(
)
∂R i ∂ = Pij ⋅ Q j T = ∂Q k ∂Q k ∂ ∂ = Q jT ⋅ PijT = Q jT ⋅ PijT ∂Q k ∂Q k
)
(1 6 )
Az U optimáló függvény helyi minimum értékét a következő feltétel határozza meg: dU =0. dQ
(1 7 )
A fenti feltételhez elégséges hozzácsatolni a (16) egyenletből kifejezett feltételt, ahonnan megkapjuk a (18) egyenletet,
(
)
PijT ⋅ Pij ⋅ Q j + Fi = 0
(1 8 )
vagy a (19) összefüggést.
függ a kiegyensúlyozó erőktől, következik, hogy: ∂Pij
(
∂ = 2⋅ ∑ Q jT ⋅ PijT ⋅ Pij ⋅ Q j + Fi ∂ Q k k =1
PijT ⋅ Pij ⋅ Q j + PijT ⋅ Fi = 0 .
Vezessük be a következő jelöléseket: N jj = PijT ⋅ Pij
(2 0 )
K j = PijT ⋅ Fi
(2 1 )
Ezekkel a (19) egyenletet Qj-re lineáris alakra hoztuk: N jj ⋅ Q j + K j = 0 .
(1 4 ) (1 5 )
(1 9 )
(2 2 )
A megoldás Qj erők meghatározására a következő, Q j = − N jj −1 ⋅ K j .
(2 3 )
Feltételezzük, hogy az egytengelyű kiegyensúlyozást a gépben létező OZ tengely-
153
Papp István, Tolvaly-Roşca Ferenc re szerelt ellensúlyokkal próbáljuk megvalósítani. Ebben az esetben az OX és az OY koordinátatengelyekkel párhuzamos kiegyensúlyozó tengelyek hiányoznak, azaz: Fx1 = Fx2 = Fy1 = Fy2 = 0 . Tehát az összetevői is zérusértékűek: Q1 = Q 2 = R 1 = R 2 = S1 = S 2 = T1 = T2 = 0 .
Amint a [2] közlemény is tárgyalja, a mechanizmust terhelő tehetetlenségi erők és ezek nyomatékai egyetlen tengelyre helyezett ellensúlyok beiktatásával nem redukálhatók. Mivel a (22) és (23) egyenletek alkalmazásával ezek részben csökkenthetők, az (5) mátrixegyenlet jobb oldalára a kiegyensúlyozatlanul maradt tehetetlenségi erők és nyomatékok Fourier-együtthatóit írjuk be:
0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 A FX A ∑ Fx 0 − 1 − 1 0 B FX B∑ Fx 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 A FY A ∑ Fy 0 −1 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 B FY B∑ Fy 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 A FZ A ∑ Fz 0 1 −1 −1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 BFZ B∑ Fz ⋅ + = b1 b2 0 0 0 0 − c1 − c 2 0 A MX A ∑ Mx − ay − ay az az a az ay ay 0 0 − b1 − b 2 − c1 − c 2 0 0 0 BMX B∑ Mx z 0 0 − a1 − a 2 − b z − b z b x b x c1 c2 0 0 U1 A MY A ∑ My 0 bx bx bz bx 0 0 − c1 − c 2 U 2 BMY B∑ My − a1 − a 2 0 a1 a2 0 0 0 0 − b1 − b 2 − c x − c x c y c y V1 A MZ A ∑ Mz 0 0 − a1 − a 2 − b1 − b 2 0 0 cy c y c x c x V2 BMZ B∑ Mz
Az OX és az OY koordinátatengelyekkel párhuzamos kiegyensúlyozó tengelyek és ellensúlyaik hiányában az ellensúlyok pozícióit meghatározó koordináták értékei 1 0 0 1 0 − c1 c1 0 − cx cy
1 0 0 1 0
− c2 c2 0 − cx cy
0 −1 1 0 − c1
0 0 − c1 cy cx
154
fölöslegessé válnak, illetve az (5) (22) és (23) egyenleteket figyelembe véve a (24) mátrixegyenletből felírható:
0 A FX A ∑ Fx −1 B FX B ∑ Fx A A 1 FY ∑ Fy 0 U1 B FX B ∑ Fy − c 2 U 2 A MX A ∑ Mx = + ⋅ 0 V1 B MX B ∑ Mx 0 V2 A MY A ∑ My B B − c2 MY ∑ My cy A MZ A ∑ Mz cx B MZ B ∑ Mz
A (25) egyenletrendszer tíz egyenletből áll és tizennégy ismeretlent tartalmaz.
(2 4 )
(2 5 )
Új módszer a karos mechanizmusok dinamikus kiegyensúlyozására A kérdés az: hova és mekkora ellensúlyokat kell helyezni a mechanizmus tengelyére ahhoz hogy az egyenlet jobb oldalán lévő kiegyensúlyozatlanul maradt erők és nyomatékok abszolút értékei a minimálisra csökkenjenek? Erre a választ a (23), (25), és a (6) egyenletek megoldásával sikerül megszerezni. A módszer nagy előnye az, hogy úgy a tér, mint a párhuzamos síkokban fekvő mechanizmusok, háromdimenziós optimális kiegyensúlyozására ad megoldást [3].
R2=0.10 [m] π 18 − L1⋅ sin(ϕ i ) θ i = asin L2
ϕ i = (i − 1) ⋅
xG2 = L1⋅ cos(ϕ ) + R2 ⋅ cos(θ ) YG2 = L1⋅ sin(ϕ ) + R2 ⋅ sin (θ ) xG3 = L1⋅ cos(ϕ ) + L2 ⋅ cos(θ )
2. Alkalmazások A fenti képletek alkalmazása rendkívüli egyszerű numerikusan. A továbbiakban Mathcad programban a 2. ábrán látható karos mechanizmusra alkalmazzuk az elméleti képleteket. Az eredményeket hagyományos és Fourier-sorban kifejtett számítások hasonlításával a 4−9. ábrákon szemléltetjük. FF előtaggal a Fourier sorral kifejtett erőket és nyomatékokat jelöltük. 2.1. Az erők és nyomatékok számítása hagyományos módszerrel A program fontosabb képletei: i=1…37; L1 = 0.025 [m]; L2 = 0.20 [m];
2. ábra. A kinematikai vázlat − L1⋅ ω ⋅ cos(ϕ i ) θ i = L2 ⋅ cos(θ i ) x G2 = −L1⋅ ω ⋅ sin(ϕ ) − R2 ⋅ ω2 ⋅ sin (θ ) G2 = L1⋅ ω ⋅ cos(ϕ ) − R2 ⋅ ω2 ⋅ cos(θ ) Y
x G3 = −L1⋅ ω ⋅ sin(ϕ ) − L2 ⋅ ω2 ⋅ sin (θ )
3. ábra. A fázisszögek
θ = L1⋅ ω ⋅ [ω ⋅ sin(ϕ i ) ⋅ cos(θ i ) − ω2i ⋅ cos(ϕ i ) ⋅ sin(θ i )] i (cos(θ i ) )2 ⋅ L2
155
Papp István, Tolvaly-Roşca Ferenc G2 = − L1 ⋅ ω 2 ⋅ cos(ϕ ) − R2 ⋅ ω2 2 ⋅ cos(θ ) − X i i − R2 ⋅ ε2i ⋅ sin(θ i )
G2 = −L1 ⋅ ω 2 ⋅ sin(ϕ ) − R2 ⋅ ω2 2 ⋅ sin(θ ) − Y i i − R2 ⋅ ε2i ⋅ cos(θ i )
2.2. Az erők és nyomatékok számítása Fourier sorban való kifejtéssel
FFXTi = C1O + AFx ⋅ cos(ϕ i ) + BFx ⋅ sin(ϕ i )
fFx = CFx ⋅ cos(ϕ i + γkx)
G3 = − L1 ⋅ ω 2 ⋅ cos(ϕ ) − L2 ⋅ ω2 2 ⋅ cos(θ ) − X i i − L2 ⋅ ε2i ⋅ sin(θ i )
FFYTi = C2O + AFy ⋅ cos(ϕ i ) + BFy ⋅ sin(ϕ i ) fFy = CFy ⋅ sin(ϕ i + γky)
FMz i = C3O + AMz ⋅ cos(ϕ i ) + BMz ⋅ sin(ϕ i ) G2 G3 X X Fx − M3 ⋅ = − M2 ⋅ Fy YG3 YG2
MI2 = −Jz2 ⋅ ε2
(
G2 − X G2 ⋅ YG2 Mt2 = −M2 ⋅ XG2 ⋅ Y
MZ2 = Mt2 + MI2
tan γkx = −
)
Bkx Akx
és
tan γky = −
Bky Aky
4.ábra. Tehetetlenségi erők kiegyensúlyozás előtt.
156
Új módszer a karos mechanizmusok dinamikus kiegyensúlyozására
5.ábra. A kiegyensúlyozás előtti és utáni FRy és fFyi erők diagramjai; a rendszer OZ tengelyhez viszonyított nyomatéka (Mz2)
6. ábra. A kiegyensúlyozás előtti tehetetlenségi erők hasonlítása: Fourier-kifejtés előtt és után
Tehát létezik egy CFx és CFy modulusú vektor, amely szinkronban forog -10 fok kezdeti fázisszöggel eltolva. A CFx modulusú vektor OX tengelyirányú alkotója képezi az fFx tehetetlenségi erőt, a CFy pedig az OY tengelyirányú fFy tehetetlenségi erőt. 4
CF =
1×10 fFxi FFXTi FxTi
5×10
0
2
AMx=0; BMx=0;
3
− 5×10
4
(CFx + CFy ) .
A (23) és a (25) egyenletek szerint írt program a következő értékeket használja:
3
− 1×10
A két modulus nem egyforma, s habár szinkronban szaladnak, őket külön kell kezelni. Az fFx fFy alkotók értékeit két különkülön egymással szembeforgó fél modulusú erővel lehet helyettesíteni. Ezek közül csak a tengellyel együtt forgó alkotót vesszük figyelembe, amelynek modulusa CF, azaz:
0
10
20 i
30
40
7. ábra. A kiegyensúlyozatlanul maradt Fx erők változásai
AMy=0; BMy=0;
c1= -0.020; c2=0.020; cx= -0.070; cy=-0.120;
157
Papp István, Tolvaly-Roşca Ferenc
8. ábra. Az Fx és Fy erők összehasonlítása 3
4×10
3
2×10 Fsyi FRyi
0 3
− 2×10
3
− 4×10 3 3 − 4×10 − 2×10
0
Fsxi , FRxi
3
2×10
3
4×10
9. ábra. A kiegyensúlyozatlanul maradt Fy erők modulusainak görbéje
A 7., 8. és 9. ábrák mindkét módszer szerinti kiegyensúlyozás után a kiegyensúlyozatlanul maradt erőket szemléltetik. Szakirodalmi hivatkozások [1] Maros, D.: Mecanisme. Atelierul de multiplicare al I.P. Cluj, 1980.
158
[2] Stevensen, E.N.: Balancing of Machines. San Francisco, California, ASME, paper 72Mech.-52, 1972. [3] Papp, I.: Contribution on Dynamic Balancing of Spatial Mechanisms. Phd. Thesis, Cluj Napoca, 1999.
