MMT308 MAKİNE DİNAMİĞİ
2022-2023 Bahar Yarıyılı
Hafta
1
2
3
4
İşlenecek Konu
Makina dinamiğinin temel kavramları.
Mekanizmalarda statik kuvvet analizi grafik yöntem.
Mekanizmalarda statik kuvvet analizi analitik yöntem.
Mekanizmalarda dinamik kuvvet analizi
5
Mekanizmalarda dinamik kuvvet analizi ve kütle indirgeme. (Kısa Sınav 1)
6
Mekanizmalarda dinamik ve statik kuvvet analizi örnek çözümü.
7
8
9
10
11
12
Tork düzgünsüzlüğü ve volan tasarımı.
Ara Sınav Haftası
Tork düzgünsüzlüğü ve volan tasarımı
Dönme dengesizliği, statik ve dinamik dengeleme.
Dönme dengesizliği, statik ve dinamik dengeleme.
Tek ve çok silindirli motorların dengelenmesi
Mekanik titreşimler; Tek serbestlik dereceli, sönümlü-sönümsüz, serbest ve
zorlanmış titreşimler.(Kısa Sınav 2)
Mekanik titreşimler; Titreşim izolasyonu.
Mekanik titreşimler; Titreşim izolasyonu.
Final sınavı.
13
14
15
16
Ders Tanıtımı
• Dersin Sorumlusu: Dr. Öğr. Üyesi Kerim Gökhan AKTAŞ
• E-mail: kerimgokhanaktas@karabuk.edu.tr
• Oda no: 358
• Ders Saatleri:
➢Makine Mühendisliği %30 I.Öğretim => Çarşamba-08:50-11:10
➢Makine Mühendisliği %30 II.Öğretim => Salı-20:00-22:20
• Referans Kitaplar:
1. Prof. Dr. Fatih Mehmet BOTSALI, Teori ve Problemlerle Makina Dinamiği, Nobel
Yayınevi.
2. ‘Kinematics and Dynamics of Machinery’ by Charles E. Wilson, J. Peter Sadler,
Pearson, 2014.
3. Prof. Dr. Levent GÜMÜŞEL, Makine Dinamiği Ders Notları.
4. Prof. Dr. Sadettin KAPUCU, Makine Dinamiği Ders Notları.
Puanlama
Final ders notu aşağıdaki şekilde belirlenecektir:
• 1 Ara Sınav……….%30
• 2 Quiz………..…………… %20
• 1 Final Sınavı………………%50
Ders Çıktıları:
1
2
3
4
5
Dersin Öğrenme Çıktıları
Mekanizma, makine tanımları, mekanizmaların temel unsurları,
mekanizmaların hareket tipleri ve temel mekanizmaları hakkında
temel bir anlayışa sahip olur.
Makine mühendisliğinde kullanılan temel mekanizmaların statik ve
dinamik kuvvet analizini yapar.
Makinalarda dengeleme prensiplerini öğrenir.( statik ve dinamik
dengesizlik, eşdeğer kütleler, krank-biyel mekanizmalarında
dengeleme).
Volan kullanım amaçları ve volanların boyutlandırılması hakkında
genel bilgiye sahip olur.
Tek serbestlik dereceli mekanik sistemlerin, sönümlü-sönümsüz,
serbest ve zorlanmış titreşim hareketlerini modelleme ve analiz
etme kabiliyetini elde eder.
Ders içeriği:
Hafta
1
2
3
4
İşlenecek Konu
Makina dinamiğinin temel kavramları.
Mekanizmalarda statik kuvvet analizi grafik yöntem.
Mekanizmalarda statik kuvvet analizi analitik yöntem.
Mekanizmalarda dinamik kuvvet analizi
5
Mekanizmalarda dinamik kuvvet analizi ve kütle indirgeme. (Kısa Sınav 1)
6
7
8
9
10
11
Mekanizmalarda dinamik ve statik kuvvet analizi örnek çözümü.
Tork düzgünsüzlüğü ve volan tasarımı.
Ara Sınav Haftası
Tork düzgünsüzlüğü ve volan tasarımı
Dönme dengesizliği, statik ve dinamik dengeleme.
Dönme dengesizliği, statik ve dinamik dengeleme.
12
Tek ve çok silindirli motorların dengelenmesi
13
14
15
16
Mekanik titreşimler; Tek serbestlik dereceli, sönümlü-sönümsüz, serbest
ve zorlanmış titreşimler.(Kısa Sınav 2)
Mekanik titreşimler; Titreşim izolasyonu.
Mekanik titreşimler; Titreşim izolasyonu.
Final sınavı.
Makine Dinamiği
(Hafta 1)
Makina dinamiğinin temel kavramları.
1. Makine Dinamiğine Giriş
1.1 Konunun Amaç ve Kapsamı
Makina Dinamiği, uygulamalı mekaniğin bir bölümünü meydana getirir. Mekanik, kuvvet etkisi altındaki cisimlerin denge ve hareket
şartlarını inceleyen fizik biliminin en eski dalı olarak tanımlanır. Mekanik üç ana bölüme ayrılır. 1-Rijit (şekil değiştirmeyen) cisim mekaniği,
2-Elastik (şekil değiştirebilen) cisim mekaniği ve 3-Akışkanlar mekaniği.
Rijit cisim mekaniği, statik ve dinamik olarak ikiye ayrılır. Statik dengede bulunan cisimlerle, dinamik hareket halindeki cisimlerle ilgilenir.
Statik: Kuvvet etkisi altındaki cisimlerin dengesi ile ilgilenir (cisimler ya dururlar ya da sabit bir hızla hareket ederler). Yani cismin fiziksel
davranışı (uzama, kısalma, eğilme, hareket, hız vb. ) ile uğraşılmaz, dengelenmiş kuvvetler ve bunun geometrisi araştırılır.
Dinamik: Cisimlerin ivmeli hareketini inceler. Dinamik ise kinematik ve kinetik olmak üzere ikiye ayrılır.
Kinematik: Cisimler yada mekanizmalarda hareketi oluşturan nedeni (kütle yada kuvvet) dikkate almadan sadece hareketin geometrisi
incelenir. Spesifik olarak, noktaların konumları, hızları ve ivmeleri ile katı cisimlerin açısal konumları, açısal hızları ve açısal ivmeleri ile
ilgilenilir.
Kinetik: Cisimlerin yada mekanizmaların hareketine sebep olan kuvvetlerle ivme ilişkisini inceler.
Burada makina parçalarının hareket kanunları, makinanın çalışması esnasında meydana gelen kuvvetler ve bu kuvvetlerin makinanın
kendisine ve makinaya bağlı olan diğer cisimlere veya makinalara olan etkilerinin incelenmesi söz konusudur. Bu inceleme, konunun alanının
genişliği nedeniyle “Makina Kinematiği” ve “Makina Dinamiği” başlıkları altında incelenir.
Makina Kinematiğinde makinayı meydana getiren parçaların veya bileşenlerinin hareketleri incelenir. Yani hareketli parçaların, yer
değiştirmesi, hız ve ivmesi araştırma konusudur. Makina Dinamiğinde ise makina parçalarına etki eden kuvvetlerle birlikte ilgili hareket
bağıntıları araştırılır. Burada problem ya verilmiş kuvvetlerin sebep olacağı hareketi bulmak, ya da verilmiş veya istenilen bir hareketi
meydana getirmek için gerekli olan kuvveti bulmaktır. Bir makina tasarımı yapılırken öncelikle yukarıda belirtilen dinamik incelemenin
yapılması gerekir. Bütün hareket ve kuvvet durumları tespit edildikten sonra ancak gerekli olan malzeme seçimi, mukavemet hesapları ve
boyutlandırma yapılabilir.
1.2 Birimler (SI Uluslar Arası Birim Sistemi «Systéme International d’Unites»)
Uluslararası Birimler Sistemi (SI) aşağıda sıralanmış olan ve tanımları evrensel sabitler üzerinden yapılmış 7 temel birime dayanmaktadır.
Diğer SI birimleri Türetilmiş SI birimleri olarak adlandırılır ve belirli kuvvetlerdeki temel SI birimlerinin çarpımı şeklindeki matematiksel işlem
yoluyla elde edilmektedir.
1.2.1 SI Birimlerinin önekleri
SI önekleri, önemsiz basamakları ve baştaki sıfırları ortadan kaldırmak için kullanılabilir. Bir sayısal nicelik çok büyük yada çok küçük
olduğunda, büyüklüğünü tanımlamak için kullanılan birimler önek olarak tanımlanır. Aşağıdakiler en yaygın kullanımdadır:
4000000N=4000kN
0.003 m=3 mm
1000Pa=1kPa
1000000Pa=1MPa
Çarpım şeklindeki birimler ile tanımlanan büyüklükler önek notasyonu ile karışmaması için nokta ile ayrılır.
1N=1kg.m/𝑠 2
m.s (metre-saniye), ms (mili-saniye)
1.2.2 Dönüşüm Faktörleri
Makine dinamiği dersinde faydalı olabilecek bazı dönüştürme faktörleri aşağıda verilmiştir.
𝜋
𝜋
𝑟𝑎𝑑 = 180 𝑥 𝑑𝑒𝑔𝑟𝑒𝑒 ⇒ 10𝑜 180 =0.174 rad
𝑟𝑎𝑑
2𝜋𝑤(𝑟𝑝𝑚)
2𝜋1200
)=
⇒ 1200𝑟𝑝𝑚 =
= 125.6 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑠
60
60
𝑤(
1.3 Terminoloji ve Temel Kavramlar
Makina: Belirli bir görevi (hareket ve/veya enerji iletme, dönüştürme, iş yapma gibi) yerine getirmek amacıyla tasarlanmış olan bir
mekanizma veya mekanizmalar grubudur. Belirli hareketlere sahip olan ve faydalı işler yapabilen birbiriyle ilişkili parçaların birleşimi de
makine olarak tanımlanabilir. Bir makinada bir den çok mekanizma bulunabilir.
Mekanizma: Hareket ve kuvvet iletmek ve/veya dönüştürmek amacıyla birbirine bağlanmış katı cisim elemanlarının bir düzenlenmesi veya
topluluğudur. Mekanizma, birinin hareketi diğerlerinin hareketini zorlayacak şekilde düzenlenmiş iki veya daha fazla gövdeden oluşan bir
makinenin bileşeni olarak da tanımlanabilir. Makina tanımıyla karşılaştırılacak olursa mekanizma kavramı daha genel bir anlam taşır. Yani
mekanizmanın görevi daha genel olmaktadır. Makinalarda çalışma amacına uygun olarak, değişik tip ve şekillerde mekanizmalar
bulunmaktadır. Kol mekanizmaları, Dişli çark mekanizmaları, Kam mekanizmaları, Kayış-kasnak mekanizmaları gibi.
Mekanizma uzvu (uzuv): Mekanizma hareket ve enerji ileten bir tertibat olduğundan bir takım parçalardan meydana gelir. Katı cisim olarak
göz önüne alınan bu mekanizma parçalarına “uzuv” adı verilir. Uzuv, kinematik bir zincir oluşturmak üzere bir araya getirilen rijit gövdelerden
veya üyelerden her biri olarak da tanımlanabilir. Rijit cisim terimi, makine elemanlarındaki gerilmelerden kaynaklanan küçük yerdeğiştirmeleri
hesaba katmayan idealleştirmedir ve cisimlerin çok yüksek yük altında bile boyutlarının değişmediği kabul edilir. Mekanizmaların bazı
uzuvları bir den çok bağlantıya sahip olabilir. Buna göre uzuv iki bağlantıya sahipse ikili uzuv, üç bağlantıya sahipse üçlü uzuv, …, olarak
adlandırılır. Mekanizma uzuvları birbirlerine göre bağıl hareket yapabilme özelliğine sahip olup dolayısıyla hareketli bağlantılara sahiptirler.
Kinematik çift (eleman çifti, mafsal): Bir mekanizmanın komşu olan uzuvlarını uygun biçimde birbirine bağlayan ve yine bu uzuvların birer
parçası olan temas veya bağlantı yerlerine kinematik çift veya kısa adıyla mafsal adı verilir. Mafsal, uzuvlar arasındaki bağıl harekete izin
veren bağlantılar olarak da tanımlanabilir. Mafsal bazı yönlerde harekete izin verirken bazı yönlerde hareketi kısıtlarlar. İzin verilen hareket
türleri, mafsalın serbestlik derecesi (dof) sayısıyla ilişkilidir. Mafsalın serbestlik derecesi sayısı, mafsal tarafından kısıtlandığı şekliyle bir
uzvun diğerine göre konumunu kesin bir şekilde belirlemek için gereken bağımsız koordinatların sayısına eşittir. Kinematik çiftler ikiye ayrılır.
1.3 Terminoloji ve Temel Kavramlar
a) Adi kinematik çift: Kinematik elemanlar arasında yüzeysel temas vardır. Adi eleman çiftlerinde öteleme ve dönme hareketleri aynı anda
birlikte olamaz, ayrı ayrı olurlar. Yani, adi eleman çiftleri bir tek harekete izin verdiklerinden bir serbestlik derecesine (f=1) sahiptirler.
b) Yüksek kinematik çift: Kinematik çifti oluşturan elemanlar ya bir nokta yada bir çizgi boyunca temas halindedirler. Yüksek eleman
çiftlerinde öteleme ve dönme (kayma ve yuvarlanma) hareketleri aynı anda birlikte olabilirler. Yani, yüksek eleman çiftleri aynı anda iki
hareket çeşidine izin verdiklerinden iki serbestlik derecesine (f=2) sahiptirler.
1.3 Terminoloji ve Temel Kavramlar
1.3 Terminoloji ve Temel Kavramlar
Kinematik zincir: Birbirlerine kinematik çiftlerle bağlanmış uzuvlar topluluğuna kinematik zincir denir. Kinematik zinciri oluşturan
uzuvlardan biri sabitlenip diğeri hareketlendirildiğinde mekanizma elde edilir. Kinematik zincir açık kinematik zincir ve kapalı kinematik
zincir olmak üzere ikiye ayrılır.
Şekil 1. (a) Kinematik zincir (b) Mekanizma
a)Kapalı kinematik zincir: Kapalı kinematik zincirde her bir uzuv iki yada daha fazla uzuv ile bağlıdır. Örneğin, krank biyel mekanizması.
b) Açık kinematik zincir: Açık kinematik zincirde uzuvlardan biri yada birkaçı sadece tek bir uzuvla bağlantılıdır. Örneğin robot kolu yada
kapı mekanizması.
Mekanizmaların serbestlik derecesi (Hareket kabiliyeti <Mobility>): Bir mekanizmanın serbestlik derecesi, mekanizmanın hareketli
uzuvlarının konumlarını (sabit uzva göre) tanımlamak (belirlemek) için gerekli olan bir birinden bağımsız parametre sayısıdır. Diğer bir
deyişle, mekanizmaların çıkış uzvunun istenilen yörüngedeki hareketini sağlamak için gerekli olan, tek hareketli giriş uzvu sayısına (eyleyici
sayısına) serbestlik derecesi denir. Bir sistemin anlık konfigürasyonu bir bağımsız değişken belirtilerek tanımlanabilirse, o sistemin bir
serbestlik derecesi vardır. Pratik mekanizmaların çoğu bir serbestlik derecesine sahiptir. Kısıtlanmamış katı bir cismin üçü koordinat yönünde
öteleme ve üçü de koordinat ekseni etrafında dönme olmak üzere altı serbestlik derecesi vardır. Hareketi, bir düzlemde sınırlandırılmış bir
cismin iki koordinat yönünde ötelenme ve düzlem içinde dönme olmak üzere üç serbestlik derecesi vardır:
Düzlemsel Mekanizmalar: Uzuvları aynı düzlemde veya birbirine paralel düzlemlerde hareket eden mekanizmalardır. Düzlemsel
mekanizmalara uygulanan mafsallar aşağıdaki tablodaki gibidir.
Düzlemsel mekanizmalar için serbestlik derecesi: Bu mekanizmalardaki uzuvlar için üç çeşit hareket söz konusudur. Bunlar x ekseninde
öteleme hareketi, y ekseninde öteleme hareketi ve xy düzleminde dönme hareketidir. Kayar ve döner eleman çiftlerine sahip bir düzlemsel
mekanizmanın serbestlik derecesi aşağıdaki ifadeyle verilir.
𝑆𝐷 = 𝐹 = 3 𝑛𝐿 − 1 −2𝑛𝑗
𝑛𝑗
𝑆𝐷 = 𝐹 = 3 𝑛𝐿 − 𝑛𝑗 − 1 + σ𝑖=1 𝑓𝑖
Burada:
𝐹 : serbestlik derecesi
𝑛𝐿 : uzuv sayısı
𝑛𝑗 : mafsal sayısı
𝑓𝑖 : i. Mafsalın serbestlik derecesi dir. Buna göre bir mekanizmanın serbestlik derecesi uzuv sayısına, mafsal sayısına ve mafsal
çeşidine bağlı olup, uzuv uzunluklarından bağımsızdır.
4
2
O2
4
3
3
1( Sabit uzuv)
2
5
1( Sabit uzuv)
O2
O4
5
2
4
3
8
1
7
6
O2
5
3
2
1( Sabit uzuv)
O2
O4
O4
3
2
O2
6
4
4
1( Sabit uzuv)
O4
1.4 Dört Çubuk Mekanizması
Pim bağlantılı dört rijit uzuvdan meydana gelen kapalı düzlemsel mekanizmalar dört çubuk mekanizması olarak adlandırılır.
Bu mekanizmada her bir uzva düşen görevler aşağıda sıralanmıştır.
Sabit uzuv: Gövde görevini yapar, bütün diğer uzuvların hareketleri bu uzuv referans alınarak tanımlanır.
Tahrik eden uzuv veya tahrik uzvu (giriş uzvu): Mekanizma bu uzuvdan tahrik edilir. Giriş hareketinin verildiği uzuvdur.
Nakil uzvu (biyel): Tahrik eden uzuv ile tahrik edilen uzvu bağlayan uzuvdur. Hareketi nakleder.
Tahrik edilen uzuv (çıkış uzvu): İstenilen çıkış hareketini yerine getirin uzuvdur.
Burada sabit uzva komşu olan uzuvların hareketliliği için iki olanak vardır (iki durum söz konusudur).
a-) Uzuv tam bir dönme hareketi yapabilir. Bu durumda bu uzva kol veya krank adı verilir.
b-) Uzuv ancak iki sınır konum (ölü konum) arasında ileri – geri gidip gelebilir, yani salınım yapabilir. Salınım yapan uzva sarkaç kol adı
verilir.
Yukarıda bahsedilen uzuvların hareketlilik durumuna göre aşağıda açıklanan üç farklı işleyiş özelliğine sahip mekanizma söz konusudur. Bu
mekanizmalar için gerek ve yeter şart; Grasshof Teoremi’ne göre uzunluğu en kısa olan uzuvla en uzun olan uzvun uzunluklarının toplamı diğer
iki uzvun uzunlukları toplamından küçük olmalıdır.
1-) Çift kol mekanizması: Uzunluğu en kısa olan uzuv sabit uzuv yapılır. Bu uzva komşu iki uzuv (2 ve 4) tam dönüş yapar.
2-) Kol-sarkaç kol mekanizması: Uzunluğu en kısa olan uzva komşu bir uzuv sabit
tutulur ve en kısa uzuv tahrik edilir. Bu durumda 2 uzvu tam dönüş ve 4 uzvu ise
sarkaç hareketi yapar.
Şekil 1.6. Çift kol mekanizması
Şekil 1.7. Kol-sarkaç kol mekanizması
3-) Çift sarkaç kol mekanizması: En kısa olan
uzvun karşısındaki uzuv sabit tutulur. Bu durumda 2
ve 4 uzuvları salınım hareketi yaparlar.
Şekil 1.8. Çift sarkaç kol mekanizması
1.5 Krank biyel mekanizması
Krank – biyel mekanizması pistonlu motorlarda ve pistonlu kompresörlerde kullanılan ana mekanizmadır. Motor
durumunda pistonun gidip-gelme hareketi kolda bir dönme hareketine çevrilir. Kompresör durumunda ise kolun dönme
hareketi pistonda bir gidip-gelme hareketine çevrilir.
Şekil 1.9. Krank – biyel mekanizması
Burada pistonun hareket doğrultusu krank ekseni ile çakışırsa merkezi krank biyel mekanizması olur. Aksi durumda eksantrik krank
biyel mekanizması söz konusu olur. Pistonun Alt Ölü Nokta (A.Ö.N.) ve Üst Ölü Nokta (Ü.Ö.N.) arasındaki hareket uzunluğu strok
olarak adlandırılır. Krank yarıçapı r olmak üzere:
s = 2r
bağıntısı geçerlidir.
1.6 Newton’un Hareket Kanunları
Newton mekaniği 3 temel yasa üzerine kurulmuştur.
• Newton’un Birinci Yasası (Statik Yasası): Newton'un birinci yasası, eğer bir cisim duruyorsa (hareketsiz ise) veya düz
bir çizgide sabit bir hızla hareket ediyorsa, üzerine sıfır olmayan net bir kuvvet etki etmediği sürece hareketsiz kalma
eğiliminde veya düzgün doğrusal hareketine (Hızın yönü ve büyüklüğü değişmez) devam etme eğilimindedir. Bu kanun
eylemsizlik olarak da adlandırılır. Eylemsizlik cisimlerin hareket durumlarının değiştirilmesine gösterdiği dirençtir. Cisim
üzerine çok sayıda kuvvet etkiyor olabilir, ama bunların bileşkesi sıfırsa, birinci yasa geçerlidir.
• σ 𝐹Ԧ = 0,
𝐹Ԧ1 + 𝐹Ԧ2 + 𝐹Ԧ3 + 𝐹Ԧ4 = 0
cisim maddesel nokta ise. (cismin boyutları ihmal edilebilecek kadar küçükse)
• 𝑉 = 0 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝑉 = 𝑆𝑎𝑏𝑖𝑡(𝑎Ԧ = 0)
• σ 𝑀 = 0,
𝑀1 + 𝑀2 + 𝑀3 + 𝑀4 = 0
• 𝑊 = 0 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝑊 = 𝑆𝑎𝑏𝑖𝑡 (𝛼Ԧ = 0)
cisim katı cisim ise. (cismin boyutları ihmal edilebilecek kadar küçük değilse)
1.6 Newton’un Hareket Kanunları
• Newton’un İkinci Yasası (Dinamik Yasası): Cisim üzerine sıfır olmayan net bir kuvvet etki ettiğinde, cisim etki eden
net kuvvet ile doğru orantılı ve kuvvet ile aynı yönde hızlanır yani ivme kazanır. Burada orantı katsayısı kütleyi iade
eder.
• σ 𝐹Ԧ = 𝑚𝑎Ԧ
cisim maddesel nokta ise. (cismin boyutları ihmal edilebilecek kadar küçükse)
• σ 𝑀 = 𝐼 𝛼Ԧ
cisim katı cisim ise. (cismin boyutları ihmal edilebilecek kadar küçük değilse)
1.6 Newton’un Hareket Kanunları
• Newton’un Üçüncü Yasası (Etki-Tepki Yasası): Bir cisim diğer ikinci bir cisme etki olarak 𝐹Ԧ12 kuvvetini uygularsa,
ikinci cisimde birinci cisme büyüklük olarak eşit, aynı doğrultuda fakat zıt yönde 𝐹Ԧ21 tepki kuvvetini uygular.
𝐹Ԧ21 = −𝐹Ԧ12
Makine Dinamiği
(Hafta 2-3)
Mekanizmalarda grafik yöntem ile statik kuvvet analizi
&
Mekanizmalarda analitik yöntem ile statik kuvvet analizi
2. Makinalarda Kuvvet Analizi
Bir makine, iş yapan ve böylece mekanik kuvvet aracılığıyla enerjiyi bir güç kaynağından tahrik edilen bir yüke
ileten bir cihazdır. Makine mekanizmalarının tasarımında, kuvvetlerin girdiden çıktıya nasıl iletildiğini bilmek
gerekir, böylece makinenin bileşenleri oluşan gerilimlere dayanacak şekilde uygun boyutlara sahip olabilir.
Elemanlar yeterince güçlü olacak şekilde tasarlanmadıysa, makine çalışması sırasında arızalanacaktır; Öte yandan,
makine gerekenden çok daha fazla dayanıklılığa sahip olacak şekilde tasarlanmışsa, maliyet, ağırlık, boyut, güç
gereksinimleri veya diğer kriterler açısından diğer makinelerle rekabet edemeyebilir.
Makinalardaki kuvvetler çeşitli kaynaklardan doğabilirler. Bunlar, ağırlık kuvvetleri, montaj kuvvetleri, uygulanan
dış kuvvetler ve enerji iletiminden doğacak olan kuvvetler olabilir. Bunlardan başka makinanın çalışması esnasında
ortaya çıkan atalet kuvvetleri, sürtünme kuvvetleri, yay kuvvetleri, çarpma kuvvetleri ve sıcaklık değişiminden
kaynaklanan kuvvetler de var olabilir. Bu kuvvetler içerisinde dinamik bakımından en önemli olanı atalet kuvvetleri
olup, bunlar makina uzuvlarının ivmelendirilmesinden doğarlar.
2. Makinalarda Kuvvet Analizi
Bir kuvvet analizi sırasında, araştırılan belirli sistemin spesifik özelliklerini yansıtan çeşitli varsayımlar yapılmalıdır.
Tasarım ilerledikçe bu varsayımlar doğrulanmalıdır. Ana varsayım, dinamik veya atalet kuvvetleriyle ilgilidir. Tüm
makinelerin kütlesi vardır ve bir makinenin parçaları hızlanıyorsa, atalet kuvvetleri bu hareketle ilişkilendirilecektir.
Bu atalet kuvvetlerinin büyüklükleri, dışarıdan uygulanan yüklere göre küçükse, kuvvet analizinde ihmal
edilebilirler. Bu tür analiz, yani atalet kuvvetlerinin ihmal edildiği kuvvet analizi statik kuvvet analizi olarak
adlandırılır. Eğer atalet kuvvetleri ihmal edilemiyorsa, yani hesaba katılırsa yapılacak olan kuvvet analizi dinamik
kuvvet analizi olarak adlandırılır.
İkinci varsayım, makine bileşenlerinin rijitliği ile ilgilidir. Hiçbir malzeme gerçekten rijit değildir ve üzerlerine etki
eden kuvvetler yeterince büyükse, tüm malzemeler önemli ölçüde deformasyona uğrar. Bu bölümde ve bir sonraki
bölümde, deformasyonların göz ardı edilebilecek kadar küçük olduğunu ve bu nedenle, elemanlar rijitmiş gibi ele
alınacağını varsayıyoruz.
Üçüncü varsayım ise, sürtünme etkilerinin önemsiz olduğudur. Sürtünme tüm cihazların doğasında vardır ve
derecesi, yatak türleri, yağlama, yükler, çevre koşulları vb. dahil olmak üzere birçok faktöre bağlıdır.
2.1 Kuvvet Analizinin Prensipleri
Bu bölümde, vektör büyüklükleri, serbest cisim diyagramları, denge ve süperpozisyon gibi önemli kuvvet ve tork kavramlarını gözden
geçireceğiz.
2.1.1 Vektörler
Vektörler, mekanizma dilinin ve mekaniğin diğer dallarının önemli bir parçasıdır. Vektörler bize hareketi ve kuvveti temsil etmenin grafiksel ve
analitik bir yolunu sağlarlar. Büyüklüğü, yönü ve doğrultusu ile tanımlanan bir nicelik bir vektör olarak kabul edilebilir ve bir okla gösterilebilir.
Vektörler, onları skaler niceliklerden ayırmak için genellikle kalın yazı tipiyle tanımlanır. Alternatif olarak harf sembolünün üstünde veya altında
bir çizgi kullanılabilir.
𝐹Ԧ1 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝑭𝟏
2.1.1.1 Düzlemsel Vektörlerin Grafik Toplaması ve Çıkarması
Vektörler, bir vektörün başı diğer vektörün sonuna gelecek şekilde birleştirilerek grafiksel
olarak eklenebilir. Şekil a'da gösterildiği gibi, tüm vektörlerin aynı düzlemde bulunduğu
vektör aşağıdaki denklemi ele alalım.
A+B+C+D=F
Rastgele bir o noktasından başlayarak, A vektörünü çizeriz ve ardından eklenen her vektörün
kuyruğu en son çizilen vektörün başından başlayarak art arda B, D ve E vektörlerini ekleriz.
Vektörlerin toplamı, kuyruğu o'da ve başı eklenecek serinin son vektörünün başına çekilmiş
şekilde F vektörü tarafından verilir.
2.1 Kuvvet Analizinin Prensipleri
2.1.1.1 Düzlemsel Vektörlerin Grafik Toplaması ve Çıkarması
Bağıl hareketi ele alındığında bazen vektör çıkarma işlemi gerekir. Eğer, G vektörü A vektöründen B vektörünün
çıkarılması ile bulunuyorsa;
G=A-B =A+(-B)
2.1 Kuvvet Analizinin Prensipleri
Bu bölümde, vektör büyüklükleri, serbest cisim diyagramları, denge ve süperpozisyon gibi önemli kuvvet ve tork kavramlarını gözden
geçireceğiz.
2.1.1 Kuvvet ve Tork
Kuvvet, büyüklüğü, yönü veya etki çizgisi ve doğrultusu olan bir vektör niceliğidir. Şekilde, Kartezyen koordinatlar cinsinden ifade edilebilen bir F
kuvvet vektörünü göstermektedir:
𝑭 = 𝐹𝑥 𝒊 + 𝐹𝑦 𝒋 + 𝐹𝑧 𝒌
burada 𝐹𝑥 , 𝐹𝑦 ve 𝐹𝑧 sırasıyla x, y ve z yönlerinde kuvvetin bileşenleridir ve bu yönler sırasıyla i, j ve k birim vektörleri ile temsil edilir. F1 ve F2
kuvvetlerinin bileşke kuvveti F, bu kuvvetlerin vektörel toplamıdır. Bu, Şekil 9.2'de grafiksel olarak ve matematiksel olarak şu şekilde ifade edilir:
𝑭 = 𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 = (𝐹1𝑥 +𝐹2𝑥 )𝒊 + (𝐹1𝑦 +𝐹2𝑦 )𝒋 + (𝐹1𝑧 +𝐹2𝑧 )𝒌
2.1 Kuvvet Analizinin Prensipleri
Tork veya moment “T” kuvvetin bir nokta etrafındaki momenti olarak tanımlanır ve aynı zamanda bir vektörel büyüklüktür. Vektör çapraz
çarpım gösterimini kullanarak,
𝑻 = 𝑹𝑥𝑭
burada R, momentin alındığı noktadan F kuvvetinin etki çizgisi üzerindeki herhangi bir noktaya yönlendirilmiş bir konum vektörüdür. T'nin
büyüklüğü;
𝑇 = 𝑅𝐹 𝑠𝑖𝑛𝜃
burada 𝜃, R ve F vektörleri arasındaki açıdır ve R ve F, vektörlerin büyüklükleridir. T'nin yönü, R ve F'yi içeren düzleme diktir ve T'nin yönü sağ el
kuralı ile bulunur.
2.1.2 Serbest Cisim Diyagramı
Serbest cisim diyagramları, kuvvet analizinde son derece önemli ve kullanışlıdır. Serbest cisim diyagramı, bir cisme etki eden kuvvetlerin doğasını
belirlemek için izole edilmiş bir sistemin bir kısmının veya tamamının bir taslağı veya çizimidir. Genel olarak, başarılı bir kuvvet analizinde ilk
adım (ve en önemlilerinden biri) kullanılacak serbest cisimlerin tanımlanmasıdır.
Şekilde dört çubuk mekanizmasının serbest cisim diyagramı gösterilmiştir. Şekilden görüldüğü gibi biri sabit, 3’ü hareketli uzuv olmak üzere
toplamda dört uzvumuz vardır.
3
4
2
O2
O4
1
F23
F12
F41
F41
F43
F23
F43
2.1 Kuvvet Analizinin Prensipleri
2.1.3 Statik Denge
Statik dengedeki serbest bir cisim için, cisme etki eden tüm kuvvetlerin vektörel toplamı sıfır olmalıdır ve herhangi bir keyfi noktadaki tüm
momentlerin vektörel toplamı da sıfır olmalıdır. Bu koşullar matematiksel olarak şu şekilde ifade edilebilir:
෍𝑭 = 0
෍𝑻 = 0
Bu vektör denklemlerinin her biri üç skaler denklemi temsil ettiğinden, üç boyutlu yükleme altında genel denge durumu için toplam altı
bağımsız skaler koşul sağlanmalıdır. Birçok durumda, yükleme temelde düzlemseldir ve kuvvetler iki boyutlu vektörlerle tanımlanabilir. Eğer xy
düzlemi yükleme düzlemini gösteriyorsa;
෍ 𝑭𝒙 = 0
෍ 𝑭𝒚 = 0
෍ 𝑻𝒛 = 0
Denklemler, iki boyutlu xy yüklemesi durumunda, x ve y yönlerindeki kuvvetlerin toplamının ayrı ayrı sıfıra eşit olması gerektiğini ve herhangi bir
noktadaki momentlerin toplamının düzlemdeki keyfi nokta da sıfıra eşit olması gerektiğini belirtmektedir.
2.1 Kuvvet Analizinin Prensipleri
2.1.4 Süperpozisyon Prensibi
Lineer sistemler için kuvvetlerin toplamsallığı (süperpozisyon prensibi) geçerlidir. Bu prensibe göre sisteme etki eden tüm
kuvvetlere karşı sistemin bileşke tepkisi, bu kuvvetlerin her birinin sistem üzerinde ayrı ayrı yaratacakları tepkilerin toplamına
eşittir. Bu özellikten faydalanarak, mekanizmalara birden fazla kuvvet etki etmesi durumunda kuvvet analizi grafik olarak
yapılabilir.
3
4
F4
F4
2
1
Toplam Problem
Alt Problem 1
Alt Problem 2
Şekilde görüldüğü gibi bir dört çubuk mekanizmasına F3 ve F4 kuvvetleri etmektedir. Sistem statik dengede olduğuna göre bu
kuvvetleri dengelemek için 2 numaralı uzva uygulanması gereken torkun bulunması isteniyor. Problem süper pozisyon
prensibine göre iki alt probleme ayrılarak çözülür. Yani F3 ve F4 kuvveti için ayrı ayrı çözüm yapılarak elde edilen mafsal
kuvvetleri ve momentler vektörel olarak toplanır. Buradan bileşke değerler elde edilir.
2.2 Statik Kuvvet Analizi
2.2.1 Grafik Kuvvet Analizi
Grafik Kuvvet Analizinde makina uzuvlarının serbest cisim diyagramları kullanılarak kuvvet diyagramları çizilir ve buradan bilinmeyen makina
kuvvetleri tayin edilir. Bu yöntem özellikle düzlemsel kuvvet durumu için çok kullanışlıdır. Grafik yöntem uygulanması gereken adımlar
bakımdan oldukça anlaşılır bir yöntemdir. Fakat, doğruluk ve zamanla ilgili dezavantajları mevcuttur. Herhangi bir grafik prosedürde olduğu
gibi, sonuçlar çizim ve ölçüm hatalarına karşı hassastır. Burada kuvvet analizine geçmeden önce makinayı meydana getiren uzuvlar için
karşılaşılan yükleme durumlarının ele alınması gerekir. Bu yükleme durumları üç şekilde ortaya çıkar.
2.2.1.1 İki Kuvvetin Etkisi Altındaki Uzuv
İki kuvvete maruz kalan bir eleman, ancak ve ancak iki kuvvet (1) aynı büyüklüğe sahipse, (2) aynı doğrultuda etkiediyorsa ve (3) zıt yöndeyse
dengededir.
1- 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 kuvvetlerinin büyüklüklerinin eşit olması gerekir.
2-Aynı doğrultu üzerinde bulunmaları gerekir.
3-Yönlerinin birbirine zıt olması gerekir.
Şekil a, 𝐹1 ve 𝐹2 kuvvetlerinin etki ettiği bir elemanın serbest cisim diyagramını gösterir; burada bu kuvvetlerin uygulama noktaları A ve B'dir.
Denge için, 𝐹1 ve 𝐹2 'nin yönleri AB çizgisi boyunca olmalıdır ve 𝐹1 =- 𝐹2 olmalıdır. 𝐹1 ve 𝐹2 kuvvetlerinin grafiksel vektör toplamı Şekil b'de
gösterilmiştir ve 𝐹1 =- 𝐹2 olduğundan eleman üzerindeki net kuvvet sıfırdır. Böylece, iki kuvvet etki eden bir eleman için yük uygulama noktaları
biliniyorsa, kuvvetlerin etki çizgisi tanımlanır ve kuvvetlerden birinin büyüklüğü ve yönü biliniyorsa, o zaman diğer kuvvetin büyüklüğü ve
yönü hemen belirlenebilir. Böyle bir eleman ya basma yada çekme kuvvetine maruz kalacaktır.
2.2.1.2 Üç Kuvvetin Etkisi Altındaki Uzuv
Üç kuvvete maruz kalan bir eleman ancak ve ancak (1) üç kuvvetin bileşkesi sıfırsa ve (2) kuvvetlerin etki çizgileri aynı noktada kesişiyorsa
dengededir. İlk koşul kuvvetlerin dengesini garanti ederken, ikincisi momentlerin dengesini garanti eder. Şekil (a)’da gösterildiği gibi ikinci
koşulun, sağlanmadığı durum incelenirse; Eğer 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 kuvvetlerinin kesişim noktası olan P noktasına göre momentler toplanırsa, bu
kuvvetlerin momentleri sıfır olur, ancak 𝑭𝟑 kuvveti sıfır olmayan bir moment üreterek eleman üzerinde sıfır olmayan bir net moment oluşturur.
Tersine, 𝑭𝟑 kuvvetinin etki çizgisi P noktasından geçerse (Şekil b), net moment sıfır olacaktır. 1- 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 kuvvetlerinin büyüklüklerinin eşit
olması gerekir.
1-Bu üç kuvvetin bileşkesi sıfır olmalıdır.(𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 + 𝑭𝟑 = 𝟎)
2-Bu üç kuvvetin doğrultuları aynı noktada kesişmelidir. Yani bu durum denge şartını sağlar. σ 𝑻𝒛 = 0
Üç kuvvet etkisi altındaki uzuvlarda karşılaşılan tipik bir durum, kuvvetlerden
birinin, 𝑭𝟏 'in tamamen bilindiği (yani, doğrultusu, büyüklüğü ve yönünün
bilindiği), ikinci bir kuvvetin, 𝑭𝟐 'nin, bilinen bir doğrultuya ancak bilinmeyen bir
büyüklüğe ve yöne sahip olduğu ve üçüncü bir kuvvetin, 𝑭𝟑 'ün bilinmeyen bir
büyüklüğe, yöne ve doğrultuya sahip olduğu durumdur.
Bu durumun grafik çözümü Şekil a'dan c'ye kadar gösterilmiştir. İlk olarak, serbest
cisim diyagramı uygun bir ölçekte çizilir ve üç kuvvetin uygulama noktaları
belirlenir (A, B ve C noktaları). Daha sonra, bilinen 𝑭𝟏 kuvveti doğru yön ve
uygun bir büyüklük ölçeği ile diyagram üzerinde çizilir. Daha sonra 𝑭𝟐 kuvvetinin
doğrultusu çizilir ve bu çizginin 𝑭𝟏 kuvvetinin etki çizgisinin bir uzantısıyla
kesiştiği nokta, P kesişme noktası bulunur. Denge için, Şekil a'da gösterildiği gibi
𝑭𝟑 kuvvetinin etki çizgisi C (bu nokta gerçekte uzvun bir mafsal noktasıdır) ve P
noktalarından geçmelidir.
Kuvvet dengesi koşulu yazılırsa;
Kesişme noktası,𝑃
F3,Ugulama noktası
F2,Ugulama noktası
F3 Kuvvetinin doğrultusu
F2 Kuvvetinin doğrultusu
𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 + 𝑭𝟑 = 𝟎
Üç kuvvetin de doğrultuları artık bilindiğinden ve 𝑭𝟏 'in büyüklüğü ve yönü
verildiğinden, bu denklem kalan iki büyüklük için çözülebilir. Grafiksel çözüm, üç
kuvvetin kuvvet poligonu adı verilen kapalı bir vektör döngüsü oluşturması
gerektiği gerçeğinden çıkar. Prosedür Şekil b'de gösterilmektedir. Vektör 𝑭𝟏
yeniden çizilir. Bu vektörün başından 𝑭𝟐 kuvveti doğrultusunda bir çizgi çizilir ve
kuyruğundan 𝑭𝟑 'e paralel bir çizgi çizilir. Bu çizgilerin kesişimi vektör döngüsünü
kapatır ve 𝑭𝟐 ve 𝑭𝟑 kuvvetlerinin büyüklüklerini belirler. Bunun yerine 𝑭𝟏 'in
başından 𝑭𝟑 'e paralel bir doğru ve kuyruğundan 𝑭𝟐 ’ye paralel bir doğru çizilirse
aynı çözümün elde edildiğine dikkat edin (Bkz. Şekil c). Bunun nedeni vektör
toplamanın değişme özelliği olmasıdır, ve bu nedenle, her iki kuvvet poligonuda
yukarıdaki vektör denklemine eşdeğerdir.
F3 Kuvvetinin doğrultusu
F2 Kuvvetinin doğrultusu
Vektör toplamanın tanımı gereği, genel kuvvet denklemi σ 𝑭 = 0’a karşılık gelen kuvvet poligonunun baştan sona bağlı bitişik vektörlere sahip
olacağını hatırlamak önemlidir. Bu ilke, Şekil b ve c'deki 𝑭𝟐 ve 𝑭𝟑 kuvvetlerinin yönünü belirlemede kullanılır.
2.2.1.3 İki Kuvvet ve Bir Moment Etkisi Altındaki Uzuv
Şekilde gösterildiği gibi krankın, bir elektrik motoruna doğrudan bağlantılı bir mil tarafından tahrik edildiği durum incelenirse, krankın iki
kuvvet ve bir kuvvet çiftine maruz kaldığı görülmektedir.
İki kuvvet ( 𝑭𝟏 , 𝑭𝟐 ) ve uygulanan bir momente (𝑻) maruz kalan bir elemanın dengesi için, 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 kuvvetleri uygulanan momente eşit ve zıt
yönlü olan bir kuvvet çifti oluşturmalıdır. Dolayısıyla, 𝑭𝟏 kuvvetinin büyüklüğü ve yönü biliniyorsa, o zaman 𝑭𝟐 kuvvetinin büyüklüğü eşit,
doğrultusu paralel ve yönü zıt olacaktır ve uygulanan çiftin momenti 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 kuvvet çiftinin momentine eşit büyüklükte ve zıt yönde olmalıdır.
Bu, Şekil b'de gösterilmektedir, burada 𝑻 çiftinin büyüklüğü, 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 'nin sırasıyla 𝑭𝟏 ve 𝑭𝟐 kuvvetlerinin büyüklükleri olduğu ℎ𝐹1 =
ℎ𝐹2 çarpımına eşittir.
σ 𝑭 = 0 ve σ 𝑻 = 0 statik denge şartları yazılırsa;
𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 = 0 ⇒ 𝑭𝟏 = −𝑭𝟐 olarak bulunur.
Krank kolunun dengesinden;
෍ 𝑻 = 0 ⇒ −𝑻 + 𝑭𝟏 ℎ = 0
Momentte saat yönünün tersi yön pozitif yön olarak kabul edilir. ( +
)
𝑻 = 𝑭𝟏 ℎ
Olarak hesaplanır. 𝑭𝟏 kuvveti bilindiğinde 𝑻 ve 𝑭𝟐 bu yöntem ile hesaplanabilir.
2.2.1.4 Krank-Biyel Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
Şekilde gösterildiği gibi, atalet etkilerinin göz ardı edilebileceği kadar düşük hızda çalışan bir kompresörü temsil eden krank-biyel mekanizması
ele alınmaktadır. Yerçekimi kuvvetlerinin diğer kuvvetlere kıyasla küçük olduğu ve tüm kuvvetlerin aynı düzlemde olduğu varsayılmaktadır.
Krank ve biyel kolunun ölçüleri OB=30 mm ve BC=70 mm olarak verilmiştir. Krank açısı 𝝓 = 45𝑜 iken ve toplam gaz basınç kuvveti P=40 N
iken gerekli krank mili torku T'yi ve mafsal kuvvetlerini bulunuz.
2
3
4
1
1
2.2.1.4 Krank-Biyel Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
Çözüm:
1. Adım 3 numaralı Uzvun Kuvvet dengesi: Krank-biyel mekanizmasının grafik kuvvet analizi Şekil b'de gösterilmiştir. İlk olarak, 3 numaralı
biyeli göz önünde bulunduralım. Yerçekimi ve atalet kuvvetlerinin yokluğunda, biyele yalnızca B ve C mafsallarında iki kuvvet etki eder. Bu
mafsalların sürtünmesiz olduğu ve bu nedenle tork iletmediği varsayılır. Şekilde gösterildiği gibi 3 numaralı uzuv her iki ucundan kuvvet etki
eden iki kuvvetli bir elemandır. 𝐹23 𝑣𝑒 𝐹34 kuvvetleri uzuv doğrultusundadır, sıfır net moment üretir ve uzvun dengesi için eşit büyüklükte ve zıt
yönde olmalıdırlar. Bu noktada, bu kuvvetlerin büyüklükleri ve yönleri bilinmemektedir.
4
P
33
22
F14
F14
F14
F14
2.2.1.4 Krank-Biyel Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
Çözüm:
2. Adım 4 numaralı Uzvun Kuvvet dengesi: Ardından, üç kuvvetli bir eleman olan piston 4'ü inceleyelim. Basınç kuvveti P tamamen bilinir ve
pistonun merkezinden etki ettiği varsayılır. Her etki için eşit ve zıt bir tepki olduğunu belirten Newton'un üçüncü yasasından, 𝐹34 = −𝐹43 tür ve
dolayısıyla 𝐹34 'ün yönünün bilindiği sonucu çıkar. Sürtünmenin olmadığı durumda, silindirin piston üzerindeki kuvveti , 𝐹14 , silindir duvarına
diktir ve aynı zamanda C mafsalının birleşme noktasından geçmelidir. Artık kuvvetlerin yönlerini biliyoruz, eleman 4 için kuvvet poligonunu
oluşturabilir (Şekil b). Bu şemadan ölçeklendirerek, silindir ve piston arasındaki temas kuvvetinin 𝐹14 = 12.7 𝑁 olduğunu ve yukarı doğru etki
ettiğini ve C'deki yatak kuvvetinin büyüklüğünün 𝐹34 = 𝐹43 = 42 𝑁 olduğunu görüyoruz. Bu aynı zamanda krank pimindeki B'deki taşıma
kuvvetidir, çünkü 𝐹23 = −𝐹43 dir. Ayrıca, şekilde gösterilen biyel kolu üzerindeki kuvvetlerin yönleri doğrudur ve uzuv basınç altındadır.
F14
Kuvvet vektörü ölçeği: 4 N/mm
40 𝑁
𝑃=
= 10 𝑚𝑚
4 𝑁/𝑚𝑚
Ölçüm sonucu: 𝐹34 = 10,49 𝑚𝑚, 𝐹14 = 3,18 𝑚𝑚
𝐹34 = 10,49 𝑚𝑚 4𝑁/𝑚𝑚=42 N
𝐹14 = 3,18 𝑚𝑚 4𝑁/𝑚𝑚=12,72 N olarak bulunur
𝑭𝟒𝟑 = −𝑭𝟑𝟒 ⇒ 𝐹43 = 42 𝑁
𝑭𝟐𝟑 = −𝑭𝟒𝟑 ⇒ 𝐹23 = 42 𝑁
𝑭𝟑𝟐 = −𝑭𝟐𝟑 ⇒ 𝐹32 = 42 𝑁
𝑇 = 𝐹32 ℎ = 42 26,66 = 1120𝑁. 𝑚𝑚 (𝑆𝑌 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝐶𝑊)
2.2.1.4 Krank-Biyel Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
Çözüm:
3. Adım 2 numaralı Uzvun Kuvvet dengesi:
Kranka iki kuvvete ve bir T torku etki etmektedir. B'deki kuvvet 𝐹32 = −𝐹23 'tür ve artık bilinmektedir. Kuvvet dengesi için, 2 uzvunun serbest
cisim diyagramında gösterildiği gibi 𝐹12 = −𝐹32 dir. Ancak bu kuvvetler doğrusal değildir ve denge için bu çiftin momenti T torku ile
dengelenmelidir. Böylece, gerekli tork saat yönünde ve 𝑇 = 𝐹32 ℎ = 42 𝑁 26.66 𝑚𝑚 = 1120𝑁. 𝑚𝑚 büyüklüğünde bulunur
𝑇 = 𝐹32 ℎ = 42 𝑁 26.66 𝑚𝑚 = 1120 𝑁. 𝑚𝑚
F14
Bunun Şekil a'da gösterilen konumdaki statik denge için gerekli tork olduğu vurgulanmalıdır. Tam bir sıkıştırma çevrimi için tork hakkında
bilgiye ihtiyaç duyulursa, analiz çevrim boyunca diğer krank konumlarında tekrarlanmalıdır. Genel olarak, tork konuma göre değişir.
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
Aşağıdaki dört çubuk mekanizmasında, 4 numaralı uzva şekilde gösterildiği gibi F4 = 30 N’luk bir dış kuvvet etki etmektedir. O2B = 30 mm,
BC=100 mm, CD= 15 mm, CO4 =50 mm olduğuna göre, mekanizmanın statik dengesi için krank koluna uygulanması gereken T2 momentini ve
mafsal kuvvetlerini bulunuz.
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Ölçekli Olarak Çizimi
Çözüm: İlk olarak verilen mekanizmayı belli bir ölçekte bir kağıda ya da bilgisayarda tam ölçülerini kullanarak çizeceğiz.
Verilen mekanizmanın ölçekli olarak kağıda çizerken izlenecek adımlar:
1-)İlk olarak O2 noktası belirlenir. Daha sonra bir cetvel kullanarak, O4’ü bulmak için a1 ve a2 mesafeleri ölçülür ve O2O4 bağlantısını temsil
edecek bir çizgi çizilir. Böylelikle O2 ve O4 noktalarının konumları belirlenmiş olur.
2-) O2 noktasından başlayarak yatay ile 45 derece açı yapacak şekilde B noktası işaretlenir ve çizilir.
3-) BC yarıçaplı bir daire, merkezi B olacak şekilde çizilir. Daha
sonra CO4 yarıçaplı bir daire, merkezi O4 olacak şekilde çizilir.
Bu iki dairenin kesiştiği nokta C noktasıdır. C noktası
bulunduktan sonra 3 numaralı uzuv çizilir. (Soruda 3 numaralı
uzvun yatay eksen ile yaptığı 30 derecelik açı verilmeden de
mekanizmanın çizilebileceğini göstermektedir.)
4-)1. adımda O4 noktası, 3. adımda da C noktasının yeri tespit
edilmişti. Böylelikle 4 numaralı uzuv çizilir.
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
1-) Verilen mekanizma verilen boyut ve açılarda ölçekli olarak çizilir.
2-) Ölçekli çizimi yapılan mekanizma uzuvlarının her birinin serbest cisim diyagramları çizilir.
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
3-) Uzuvların iki kuvvet elemanlı yada üç kuvvet elemanlı olup olmadıkları belirlenir ve serbest cisim diyagramında mafsallara etki eden
kuvvetler yerleştirilir.
• 2 numaralı uzuv 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun reaksiyon kuvveti F32 B noktasından, 1 numaralı uzvun tepki kuvveti
F12 ise O2 noktasından etki etmektedir. Verilen mekanizmayı statik dengede tutmak içinde bir tork uygulamamız gerekmektedir.
• 3 numaralı uzuv 2 kuvvet etkisi altındadır. 2 numaralı uzvun tepki kuvveti F23 B noktasından, 4 numaralı uzvun tepki kuvveti F43 C noktasından
etki etmektedir. Bu sebeple B ve C noktasındaki kuvvetlerin doğrultusu BC doğrultusunda birbirine eşit büyüklükte ve zıt yönlüdür.
• 4 numaralı uzuv 3 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun tepki kuvveti F34 C noktasından, 1 numaralı uzvun tepki kuvveti F14 , O4
noktasından etki etmektedir. Ayrıca D noktasından bir dış kuvvet uygulanmaktadır.
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
4-) Her bir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracaktır.
a) Uzuv 4, 3 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzuv iki
kuvvet etkisinde olduğu için, 4 numaralı uzva etki eden F34
reaksiyon kuvveti BC doğrultusunda olmak zorundadır. 4
numaralı uzuv üç kuvvet etkisi altında olduğu için, üç
kuvvetin doğrultuları aynı noktada kesişmeli ve uzva etki
eden net kuvvet sıfır olmalıdır. Bu sebeple F34 ve F4
kuvvetlerinin uygulama doğrultuları uzatılırsa, bu iki
kuvvet P noktasında kesişirler. O halde O4 noktasındaki F14
reaksiyon kuvvetinin doğrultusu da bu noktadan geçmek
zorundadır. Bu noktada F4 kuvvetinin yönü, doğrultusu ve
büyüklüğü biliniyor fakat F14 ve F34 kuvvetlerinin sadece
doğrultusu biliniyor. 4 numaralı uzuvda C ve 04 noktalarına
göre moment alınarak F14 ve F34 kuvvetlerinin yönleri
belirlenebilir. F14 ve F34 kuvvetlerinin büyüklüğünü
bulunurken 3 kuvvetin vektörel toplamının 0 olması gereği
kullanılır. F4 kuvveti belirli bir ölçekte çizilir ve F4
vektörünün baş kısmına F34 kuvvetine paralel bir çizgi,
kuyruk kısmına ise F14 kuvvetine paralel bir çizgi çizilerek
kuvvet poligonu oluşturulur. Daha sonra kuvvet
poligonundan F34 ve F14 vektörleri ölçülüp ölçekle
çarpılarak büyüklükleri bulunur.
Kuvvet vektörü ölçeği: 3 N/mm
𝐹4 =
30 𝑁
= 10 𝑚𝑚
3 𝑁/𝑚𝑚
Ölçüm sonucu: 𝐹34 = 6,08 𝑚𝑚, 𝐹14 = 5,58 𝑚𝑚
𝐹34 = 6,08 𝑚𝑚 3𝑁/𝑚𝑚=18,24N
𝐹14 = 5,58 𝑚𝑚 3𝑁/𝑚𝑚=16,74 N olarak bulunur
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
4-) Herbir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracktır.
b) Uzuv 3, 2 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzuv iki kuvvet etkisinde olduğu için, B ve C noktasındaki kuvvetlerin doğrultusu BC
doğrultusunda birbirine eşit büyüklükte ve zıt yönlü olmak zorundadır. 3 numaralı uzva etki eden F43 reaksiyon kuvveti etki tepki yasası gereği
𝑭𝟒𝟑 = −𝑭𝟑𝟒 olacaktır. Dolayısı ile 𝑭𝟐𝟑 = −𝑭𝟒𝟑 = 𝑭𝟑𝟒 olacaktır. (𝐹23 = 𝐹43 =18,24 N)
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
4-) Herbir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracktır.
c) Uzuv 2, 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. İki kuvvet ( 𝑭𝟑𝟐 , 𝑭𝟏𝟐 ) ve uygulanan bir momente (𝑻) maruz kalan bir elemanın dengesi için,
𝑭𝟑𝟐 ve 𝑭𝟏𝟐 kuvvetleri uygulanan momente eşit ve zıt yönlü olan bir kuvvet çifti oluşturmalıdır. Dolayısıyla, 𝑭𝟑𝟐 kuvvetinin büyüklüğü ve yönü
biliniyorsa, o zaman 𝑭𝟏𝟐 kuvvetinin büyüklüğü eşit, doğrultusu paralel ve yönü zıt olacaktır ve uygulanan çiftin momenti 𝑭𝟑𝟐 ve 𝑭𝟏𝟐 kuvvet
çiftinin momentine eşit büyüklükte ve zıt yönde olmalıdır.
𝑭𝟑𝟐 = −𝑭𝟐𝟑 ⇒ 𝐹32 = 18,24 𝑁
𝑇 = 𝐹32 ℎ = 18,24 29,45 = 𝟓𝟑𝟕, 𝟏𝟕 𝑵. 𝒎𝒎 (SYT yada CCW)
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
Dört çubuk mekanizmasının mafsal boyutları ve açıları aşağıdaki şekilde gösterilmiştir. Gösterilen mekanizma konumunda, 3
numaralı uzva 47 N büyüklüğünde bir F3 kuvveti uygulanmaktadır. 4 numaralı uzva ise 30 N büyüklüğünde F4 kuvveti etki
etmektedir. Verilen mekanizmanın statik dengede kalabilmesi için 2 numaralı uzva uygulanması gereken T2 torkunu ve mafsal
kuvvetlerini bulunuz?
O2O4=70 mm
O2B=30 mm
BC=100 mm
O4C=50 mm
3
4
F3
2
1
O2
O4
F4
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
Şekil’de gösterildiği gibi, belirtilen problemin çözümü, alt problem I ve II'nin çözümlerinin üst üste getirilmesiyle elde edilebilir.
Alt problem I’ de F4 kuvveti ihmal edilir ve alt problem II’ de F3 kuvveti ihmal edilir. Bu süreç, daha zor bir problemi daha basit
iki probleme bölerek çözümü kolaylaştırır.
3
4
F4
F4
2
O2
1
Toplam Problem
O4
Alt Problem 1
Alt Problem 2
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.1 Alt Problem I
Alt problem I'in analizi Şekilde gösterildiği gibi üst simge I ile belirtilen niceliklerle gösterilmiştir. Burada, 4 numaralı uzuv iki
kuvvetli bir uzuvdur, çünkü F4 kuvveti ihmal edilmiştir.
Çözüm basamakları:
1-) Verilen mekanizma verilen boyut ve açılarda ölçekli olarak çizilir.
2-) Ölçekli çizimi yapılan mekanizma uzuvlarının her birinin serbest cisim diyagramları çizilir.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.1 Alt Problem I
3-) Uzuvların iki kuvvet elemanlı yada üç kuvvet elemanlı olup olmadıkları belirlenir ve serbest cisim diyagramında mafsallara
etki eden kuvvetler yerleştirilir.
• 2 numaralı uzuv 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun reaksiyon kuvveti F32I B noktasından, 1 numaralı
uzvun tepki kuvveti F12ı ise O2 noktasından etki etmektedir. Verilen mekanizmayı statik dengede tutmak içinde bir tork
uygulamamız gerekmektedir.
• 3 numaralı uzuv 3 kuvvet etkisi altındadır. 2 numaralı uzvun tepki kuvveti F23ı B noktasından, 4 numaralı uzvun tepki kuvveti
F43ı C noktasından etki etmektedir. Ayrıca uzva bir dış kuvvet F3 kuvveti uygulanmaktadır. Bu sebeple üç kuvvetin doğrultuları
tek bir noktada kesişmelidir ve etki eden 3 kuvvetin vektörel toplamı kapalı bir çokgen oluşturmalı yani 0 olmalıdır.
• 4 numaralı uzuv 2 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun tepki kuvveti F34ı C noktasından, 1 numaralı uzvun tepki kuvveti
F14ı , O4 noktasından etki etmektedir.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.1 Alt Problem I
4-) Her bir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracaktır.
a) Uzuv 3, 3 kuvvet etkisi altındadır. 4 numaralı uzuv iki kuvvet etkisinde olduğu için, 3 numaralı uzva etki eden F43ı reaksiyon
kuvveti CO4 doğrultusunda olmak zorundadır. 3 numaralı uzuv üç kuvvet etkisi altında olduğu için, üç kuvvetin doğrultuları aynı
noktada kesişmeli ve uzva etki eden net kuvvet sıfır olmalıdır. Bu sebeple F43ı ve F3 kuvvetlerinin uygulama doğrultuları uzatılırsa,
bu iki kuvvet P noktasında kesişirler. O halde B noktasındaki F23ı reaksiyon kuvvetinin doğrultusu da bu noktadan geçmek
zorundadır. Bu noktada F3 kuvvetinin yönü, doğrultusu ve büyüklüğü biliniyor fakat F23ı ve F43ı kuvvetlerinin sadece doğrultusu
biliniyor. 3 numaralı uzuvda B ve C noktalarına göre moment alınarak F23ı ve F43ı kuvvetlerinin yönleri belirlenebilir. F43ı ve F23ı
kuvvetlerinin büyüklüğü bulunurken 3 kuvvetin vektörel toplamının 0 olması gereği kullanılır. F3 kuvveti belirli bir ölçekte çizilir ve
F3 vektörünün baş kısmına F43ı kuvvetine paralel bir çizgi, kuyruk kısmına ise F23ı kuvvetine paralel bir çizgi çizilerek kuvvet
poligonu oluşturulur. Daha sonra kuvvet poligonundan F23ı ve F43ı vektörleri ölçülüp ölçekle çarpılarak büyüklükleri bulunur.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.1 Alt Problem I
b) Uzuv 4, 2 kuvvet etkisi altındadır. 4 numaralı uzuv iki kuvvet etkisinde olduğu için, B ve C noktasındaki kuvvetlerin doğrultusu BC
doğrultusunda birbirine eşit büyüklükte ve zıt yönlü olmak zorundadır. 4 numaralı uzva etki eden F34ı reaksiyon kuvveti etki tepki yasası gereği =
′
′
𝑭′𝟑𝟒 = −𝑭′𝟒𝟑 olacaktır. Dolayısı ile 𝑭′𝟏𝟒 = 𝑭′𝟒𝟑 = −𝑭′𝟑𝟒 olacaktır. (𝐹14
= 𝐹43
=20,64 N)
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.1 Alt Problem I
c) Uzuv 2, 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. İki kuvvet (F32ı ve F12ı ) ve uygulanan bir momente (𝑻′ ) maruz kalan bir elemanın dengesi için,
F32ı ve F12ı kuvvetleri uygulanan momente eşit ve zıt yönlü olan bir kuvvet çifti oluşturmalıdır. Dolayısıyla, F32ı kuvvetinin büyüklüğü ve yönü
biliniyorsa, o zaman F12ı kuvvetinin büyüklüğü eşit, doğrultusu paralel ve yönü zıt olacaktır ve uygulanan çiftin momenti F32ı ve F12ı kuvvet
çiftinin momentine eşit büyüklükte ve zıt yönde olmalıdır.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.2 Alt Problem II
Alt problem II’nin analizi Şekilde gösterildiği gibi üst simge II ile belirtilen niceliklerle gösterilmiştir. Burada, 43 numaralı uzuv
iki kuvvetli bir uzuvdur, çünkü F3 kuvveti ihmal edilmiştir.
Çözüm basamakları:
1-) Verilen mekanizma verilen boyut ve açılarda ölçekli olarak çizilir.
2-) Ölçekli çizimi yapılan mekanizma uzuvlarının her birinin serbest cisim
diyagramları çizilir.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.2 Alt Problem II
3-) Uzuvların iki kuvvet elemanlı yada üç kuvvet elemanlı olup olmadıkları belirlenir ve serbest cisim diyagramında mafsallara
etki eden kuvvetler yerleştirilir.
• 2 numaralı uzuv 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun reaksiyon kuvveti F32ıı B noktasından, 1 numaralı
uzvun tepki kuvveti F12ıı ise O2 noktasından etki etmektedir. Verilen mekanizmayı statik dengede tutmak içinde bir tork
uygulamamız gerekmektedir.
• 3 numaralı uzuv 2 kuvvet etkisi altındadır. 2 numaralı uzvun tepki kuvveti F23ıı B noktasından, 4 numaralı uzvun tepki kuvveti
F43ıı C noktasından etki etmektedir. Bu sebeple B ve C noktasındaki kuvvetlerin doğrultusu BC doğrultusunda birbirine eşit
büyüklükte ve zıt yönlüdür.
• 4 numaralı uzuv 3 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun tepki kuvveti F34ıı C noktasından, 1 numaralı uzvun tepki kuvveti
F14ıı , O4 noktasından etki etmektedir. Ayrıca uzva bir dış kuvvet F4 uygulanmaktadır.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.2 Alt Problem II
4-) Her bir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracaktır.
a) Uzuv 4, 3 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzuv iki kuvvet etkisinde olduğu için, 3 numaralı uzva etki eden F43ıı reaksiyon
kuvveti BC doğrultusunda olmak zorundadır. 4 numaralı uzuv üç kuvvet etkisi altında olduğu için, üç kuvvetin doğrultuları aynı
noktada kesişmeli ve uzva etki eden net kuvvet sıfır olmalıdır. Bu sebeple F34ıı ve F4 kuvvetlerinin uygulama doğrultuları
uzatılırsa, bu iki kuvvet P noktasında kesişirler. O halde CO4 noktasındaki F14ıı reaksiyon kuvvetinin doğrultusu da bu noktadan
geçmek zorundadır. Bu noktada F4 kuvvetinin yönü, doğrultusu ve büyüklüğü biliniyor fakat F14ıı ve F34ıı kuvvetlerinin sadece
doğrultusu biliniyor. 4 numaralı uzuvda C ve O4 noktalarına göre moment alınarak F14ıı ve F34ıı kuvvetlerinin yönleri
belirlenebilir. Yada bu yönler kuvvet poligonu ile belirlenir. F14ıı ve F34ıı kuvvetlerinin büyüklüğü bulunurken 3 kuvvetin vektörel
toplamının 0 olması gereği kullanılır. F4 kuvveti belirli bir ölçekte çizilir ve F4 vektörünün baş kısmına F34ıı kuvvetine paralel bir
çizgi, kuyruk kısmına ise F14ıı kuvvetine paralel bir çizgi çizilerek kuvvet poligonu oluşturulur. Daha sonra kuvvet poligonundan
F14ıı ve F34ıı vektörleri ölçülüp ölçekle çarpılarak büyüklükleri bulunur.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.2 Alt Problem II
b) Uzuv 3, 2 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzuv iki kuvvet etkisinde olduğu için, B ve C noktasındaki kuvvetlerin doğrultusu BC
doğrultusunda birbirine eşit büyüklükte ve zıt yönlü olmak zorundadır. 3 numaralı uzva etki eden F43 reaksiyon kuvveti, etki tepki yasası gereği =
′′
′′
′′
′′
′′
′′
𝑭′′
𝟒𝟑 = −𝑭𝟑𝟒 olacaktır. Dolayısı ile 𝑭𝟐𝟑 = 𝑭𝟑𝟒 = −𝑭𝟒𝟑 olacaktır. (𝐹23 = 𝐹43 =16,57 N)
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.2 Alt Problem II
c) Uzuv 2, 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. İki kuvvet (F32ıı, F12ıı) ve uygulanan bir momente (𝑻) maruz kalan bir elemanın dengesi için,
F32ıı ve F12ıı kuvvetleri uygulanan momente eşit ve zıt yönlü olan bir kuvvet çifti oluşturmalıdır. Dolayısıyla, F32ıı kuvvetinin büyüklüğü ve yönü
biliniyorsa, o zaman F12ıı kuvvetinin büyüklüğü eşit, doğrultusu paralel ve yönü zıt olacaktır ve uygulanan çiftin momenti F32ıı ve F12ıı kuvvet
çiftinin momentine eşit büyüklükte ve zıt yönde olmalıdır.
2.2.1.6 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi (Süperpozisyon Prensibi)
2.2.1.6.3 Alt Problem I + Alt Problem II’den Toplam Cevabın Bulunması
Örnekte verilen mekanizma incelendiğinde 3 ve 4 numaralı uzuvlar 3 kuvvet etkisi altında olduğu için mafsal kuvvetlerinin yön ve doğrultularını
tam olarak belirleyebilmek için sorunun verilen haliyle yeterli bilgiye sahip olmadığımız anlaşılmaktadır. Bu sebeple bu örnekte süperpozisyon
prensibi uygulanarak çözüme ulaşmak mümkündür. Süperpozisyon yönteminde amaç problemi iki kuvvet elamanı içeren alt problemlere
ayırarak daha basit hale getirmektir. Problemin çözümünde ilk önce alt problem 1 ele alınarak dış kuvvet olarak sadece F3 kuvvetinin etki ettiği
kabul edilmiş yani F4 kuvveti ihmal edilmiştir. Böylelikle mafsal kuvvetleri ve 2 numaralı uzva uygulanması gereken tork hesaplanmıştır I üst
indisi. Daha sonra F3 kuvvetinin ihmal edildiği ve sadece F4 kuvvetinin etki ettiği kabul edilen alt problem 2 ele alınmıştır. Grafik kuvvet analiz
adımları takip edilerek mafsal kuvvetleri ve 2 numaralı uzva uygulanması gereken tork II üst indisi ile hesaplanmıştır. Son olarak alt problem I ve
alt problem II den elde edilen mafsal kuvvetleri ve torklar vektörel olarak toplanarak;
1- F3 ve F4 kuvvetlerinin aynı anda uygulandığında, bu kuvvetlere karşı mekanizmayı statik dengede tutmak için gerekli olan 2 numaralı uzva
uygulanması gereken torkun büyüklüğü ve yönü,
2- F3 ve F4 kuvvetlerinin aynı anda uygulandığında mafsallarda meydana gelen tepki kuvvetleri,
hesaplanmıştır.
2.3 Analitik Kuvvet Analizi
Statik kuvvet ve moment denge denklemlerini kullanan Analitik Yöntem, bir önceki bölümde sunulan grafik yönteme paralellik gösterir ve
burada da mekanizmayı meydana getiren uzuvların serbest cisim diyagramları kullanılır. Fakat analitik yaklaşımda grafiksel kuvvet poligonları
yerine, eşdeğer vektör denklemleri kullanılır. Analitik yaklaşımın matematiksel temeli, bilgisayar uygulamasına uygundur. Bir mekanizmanın
birçok pozisyonu için çözümler hızlı ve doğru bir şekilde elde edilebilir.
Analitik kuvvet analizinde;
• Mekanizmayı mafsallarından ayırarak uzuvları serbest cisim diyagramı çizilir.
• Tüm dış ve mafsal kuvvetlerini serbest cisim diyagramında yerleştirilir.
• Her bir serbest cisim için statik denge denklemleri yazılır.
෍ 𝑭𝒙 = 0
෍ 𝑭𝒚 = 0
෍ 𝑻𝒛 = 0
2.3.1 Krank-biyel mekanizmasının analitik kuvvet analizi
Şekil’de krank uzunluğu r, biyel kolu uzunluğu l ve piston kuvveti P olan bir krank biyel mekanizması gösterilmektedir. Denge için gerekli olan
krank mili torku T ile P kuvvetini ilişkilendiren matematiksel bir ifade aranmaktadır. Bu ifade, krank açısı teta tarafından verilen mekanizmanın
konumunun bir fonksiyonu olacaktır. Yani mekanizmanın statik dengesi için kola uygulanması gereken momentinin analitik ifadesi 𝝓 krank
açısına bağlı olarak bulunacaktır.
Serbest cisim diyagramları;
2.3.1 Krank-biyel mekanizmasının analitik kuvvet analizi
Piston için statik denge denklemleri yazılırsa;
෍ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹34 cos 𝜃 − 𝑃 = 0 ⇒ 𝐹34 =
𝑃
cos 𝜃
෍ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹34 sin 𝜃 − 𝐹14 = 0 ⇒ 𝐹14 = 𝐹34 sin 𝜃
Biyelin statik denge denklemleri yazılırsa;
𝐹34 = 𝐹43 = 𝐹23 = 𝐹32 = 𝐹12
Krank için statik denge denklemleri yazılırsa;
෍ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ 𝐹32 ℎ − 𝑇 = 0 ⇒ 𝑇 = 𝐹32 ℎ
ℎ = 𝑟 cos 𝛾 − 90
T = 𝐹32 𝑟 cos 𝛾 − 90 = 𝐹32 𝑟 sin 𝛾
2.3.1 Krank-biyel mekanizmasının analitik kuvvet analizi
Şekilden;
𝛾 = 180 − 𝜃 + ∅
T=
𝑃𝑟
sin 180 − 𝜃 + ∅
cos 𝜃
=
𝑃𝑟
𝑃𝑟
sin 𝜃
𝑠𝑖𝑛180 cos 𝜃 + ∅ − sin 𝜃 + ∅ cos 180 =
sin 𝜃 + ∅ = 𝑃𝑟 sin ∅ + cos ∅
cos 𝜃
cos 𝜃
cos 𝜃
Sinüs teoreminden;
𝑙
𝑟
𝑟
=
⇒ sin 𝜃 = sin ∅
sin ∅ sin 𝜃
𝑙
2
2
𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 1 − 𝑠𝑖𝑛 𝜃 ⇒ cos 𝜃 =
1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 =
2
𝑟
1 − sin ∅
𝑙
Sonuç olarak;
𝑟
sin ∅
𝑙
𝑇 = 𝑃𝑟 sin ∅ + cos ∅
2
𝑟
1 − sin ∅
𝑙
= 𝑃𝑟 sin ∅ 1 +
𝑟 cos ∅
𝑙2 − 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 ∅
Böylelikle T denge momenti verilen r, l ve P değerlerine
bağlı olmak üzere krank açısının bir fonksiyonu olarak
yazılmış olmaktadır. Bu ifadeden açıkça görüleceği gibi
∅ = 00 ve ∅ = 1800 için T=0 olur. Bu iki durum
mekanizmanın ölü konumlarına karşılık gelir (A.Ö.N. ve
Ü.Ö.N.). Teorik olarak bu durumlarda mekanizma
kilitlenmiş olur (iş yapamaz). Ancak pratik olarak
uzuvların önceden kazanılmış kütlesel ataleti etkisiyle
bu kilitlenme olmaz. Yani mekanizma hareketine devam
eder.
2.3.1 Krank-biyel mekanizmasının analitik kuvvet analizi
Hatırlatma:
sin(   ) = sin  cos   sin  cos 
cos(   ) = cos  cos  sin  sin 
sin(180 −  ) = sin 
Örnek: Krank-Biyel Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Şekilde gösterildiği gibi, atalet etkilerinin göz ardı edilebileceği kadar düşük hızda çalışan bir kompresörü temsil eden krank-biyel mekanizması
ele alınmaktadır. Yerçekimi kuvvetlerinin diğer kuvvetlere kıyasla küçük olduğu ve tüm kuvvetlerin aynı düzlemde olduğu varsayılmaktadır.
Krank ve biyel kolunun ölçüleri OB=30 mm ve BC=70 mm olarak verilmiştir. Krank açısı 𝝓 = 45𝑜 iken ve toplam gaz basınç kuvveti P=40 N
iken gerekli krank mili torku T'yi ve yatak kuvvetlerini bulunuz.
2
3
4
1
1
Örnek: Krank-Biyel Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Verilen mekanizma için;
𝑟 = 30 𝑚𝑚,
𝑙 = 70 𝑚𝑚,
𝑃 = 40 𝑁,
∅ = 45𝑜 ,
𝑟
30
sin 𝜃 = sin ∅ ⇒
sin 45 = sin 𝜃 ⇒ 𝜃 = 17.64 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐𝑒
𝑙
70
𝐹34 =
𝑃
40
=
= 41,97 𝑁
cos 𝜃 cos 17.64
𝐹14 = 𝐹34 sin 𝜃 = 41,97 sin(17,64) = 12.72 𝑁
𝑇 = 𝑃𝑟 sin ∅ 1 +
𝑟 cos ∅
𝑙2 − 𝑟 2 𝑠𝑖𝑛2 ∅
= 40 30 sin 45 1 +
30 cos 45
702 − 302 𝑠𝑖𝑛2 45
= 1118.4 𝑁. 𝑚𝑚
Yada
𝛾 = 180 − 45 − 17.64 = 117.36 𝑜
𝑇 = 𝐹32 𝑟𝑐𝑜𝑠 𝛾 − 90 = 41,97 30 cos 27.36
= 1118.4 𝑁. 𝑚𝑚
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Aşağıdaki dört çubuk mekanizmasında, 4 numaralı uzva şekilde gösterildiği gibi bir dış kuvvet (F4 ) etki etmektedir. Mekanizmanın statik
dengesi için krank koluna uygulanması gereken T2 momentini ve mafsal kuvvetlerini analitik kuvvet analizi ile bulunuz.
T
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Mekanizma uzuvlarının Şekil’de gösterilen serbest cisim diyagramlarını kullanarak 4 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 + 𝐹14𝑥 − 𝐹4 = 0 (1)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 + 𝐹14𝑦 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 = −𝐹12𝑦 (2)
σ 𝑻𝑶𝟒 = 0 ⇒ −𝐹34𝑥 𝑙4 sin(180 − 𝜃4 ) − 𝐹34𝑦 𝑙4 cos(180 − 𝜃4 ) + 𝐹4 𝑟4 sin(180 − 𝜃4 ) = 0 (3)
elde edilir. Burada (1), (2) ve (3) eşitlikleri 𝐹14𝑥 , 𝐹14𝑦 , 𝐹34𝑥 ve 𝐹34𝑦 olmak üzere dört bilinmeyen içermektedir. Yani bu üç eşitlik çözüm için
yeterli değildir. Çözüm ancak 3 nolu uzvun denge eşitliklerinin de birlikte ele alınmasıyla yapılabilir.
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Şekil’de gösterilen 3 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 = −𝐹43𝑥 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 = −𝐹43𝑦 (5)
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ −𝐹43𝑥 𝑙3 sin 𝜃3 + 𝐹43𝑦 𝑙3 cos 𝜃3 = 0 (6)
Bu üç denklemde 𝐹23𝑥 , 𝐹23𝑦 , 𝐹43𝑥 ve 𝐹43𝑦 olmak üzere
4 bilinmeyen içermektedir. Yani uzuv 3 ve uzuv 4 için
toplam bilinmeyen sayısı 8 denklem sayısı 6 dır.
Ancak Newton’un 3. Kanunundan (etki-tepki) yararlanılarak;
𝐹43𝑥 = −𝐹34𝑥 ve 𝐹43𝑦 = −𝐹34𝑦 yazılabilir.
Bu ifadeler denklem (4), denklem (5) ve denklem (6)’da yerine yazılırsa;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 = 𝐹34𝑥 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 = 𝐹34𝑦 (5)
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 𝑙3 sin 𝜃3 − 𝐹34𝑦 𝑙3 cos 𝜃3 = 0 (6) olarak yazılabilir ve bilinmeyen sayısı 4 olur. (𝐹14𝑥 , 𝐹14𝑦 , 𝐹34𝑥 ve 𝐹34𝑦 )
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Şekil’de gösterilen 2 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 + 𝐹12𝑥 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 = −𝐹12𝑥 (7)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 + 𝐹12𝑦 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 = −𝐹12𝑦 (8)
σ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 𝑙2 sin( 𝜃2 ) + 𝐹32𝑦 𝑙2 cos( 𝜃2 ) − 𝑇 = 0 (9)
Ancak Newton’un 3. Kanunundan ve 3 numaralı uzvun denge denklemlerinden yararlanarak;
𝐹32𝑥 = −𝐹23𝑥 = −𝐹34𝑥 = −𝐹12𝑥 ve 𝐹32𝑦 = −𝐹23𝑦 = −𝐹34𝑦 = −𝐹12𝑦 yazılabilir.
Bu ifadeler denklem (7), denklem (8) ve denklem (9)’da yerine yazılırsa;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 + 𝐹12𝑥 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 = −𝐹12𝑥 (7)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 + 𝐹12𝑦 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 = −𝐹12𝑦 (8)
σ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ −𝐹34𝑥 𝑙2 sin( 𝜃2 ) − 𝐹34𝑦 𝑙3 cos( 𝜃2 ) − 𝑇 = 0 (9)
olarak yazılabilir ve bilinmeyen sayısı 5 olur. (𝐹14𝑥 , 𝐹14𝑦 , 𝐹34𝑥 , 𝐹34𝑦 ,𝑇)
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
(3) Ve (6) numaralı eşitlikler alt alta yazılırsa;
−𝐹34𝑥 𝑙4 sin 𝜃4 + 𝐹34𝑦 𝑙4 cos 𝜃4 + 𝐹4 𝑟4 sin 𝜃4 = 0
𝐹34𝑥 𝑙3 sin 𝜃3 − 𝐹34𝑦 𝑙3 cos 𝜃3 = 0
İki denklem matris formatında yazılırsa;
−𝑙4 sin 𝜃4
𝑙3 sin 𝜃3
𝑙4 cos 𝜃4 𝐹34𝑥
−𝐹4 𝑟4 sin 𝜃4
=
−𝑙3 cos 𝜃3 𝐹34𝑦
0
𝐹34𝑥
−𝑙4 sin 𝜃4
=
𝐹34𝑦
𝑙3 sin 𝜃3
𝑎22
𝐹34𝑥
1
𝐹34𝑦 = 𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎21
𝑎11
𝑎21
𝑎12 −1
𝑎22
1
= 𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎
𝑎22
21
𝑎11
𝑙4 cos 𝜃4 −1 −𝐹4 𝑟4 sin 𝜃4
= 𝑎
−𝑙3 cos 𝜃3
21
0
−𝑎12
𝑎11
𝑎12 −1 𝑏11
⇒
𝑎22
𝑏21
−𝑎12 𝑏11
𝑎22 𝑏11 −𝑎12 𝑏21
𝑎11 𝑏21 −𝑎21 𝑏11
⇒
𝐹
=
𝑣𝑒
𝐹
=
34𝑥
34𝑦
𝑎11 𝑏21
𝑎11 𝑎22 −𝑎21 𝑎12
𝑎11 𝑎22 −𝑎21 𝑎12
Olarak bulunur. 𝐹34𝑥 ve 𝐹34𝑦 bulunduktan sonra bilinmeyen mafsal kuvvetleri ve gerekli T torku hesaplanabilir.
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Aşağıdaki dört çubuk mekanizmasında, 4 numaralı uzva şekilde gösterildiği gibi F4 = 30 N’luk bir dış kuvvet etki etmektedir. O2B = 30 mm,
BC=100 mm, CD= 15 mm, CO4 =50 mm olduğuna göre, mekanizmanın statik dengesi için krank koluna uygulanması gereken T2 momentini ve
mafsal kuvvetlerini bulunuz.
Mekanizma uzuvlarının Şekil’de gösterilen serbest cisim diyagramlarını kullanarak 4 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 + 𝐹14𝑥 − 30 = 0 (1)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 + 𝐹14𝑦 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 = −𝐹12𝑦 (2)
σ 𝑻𝑶𝟒 = 0 ⇒ −𝐹34𝑥 𝑙4 sin(180 − 𝜃4 ) − 𝐹34𝑦 𝑙4 cos(180 − 𝜃4 ) + 𝐹4 𝑟4 sin(180 − 𝜃4 ) = 0 (3)
−𝐹34𝑥 50 sin( 60) − 𝐹34𝑦 50 cos( 60) + 30 35 sin 60 = 0 ⇒ 43,3𝐹34𝑥 + 25𝐹34𝑦 = 909,32 (3)
elde edilir. Burada (1), (2) ve (3) eşitlikleri 𝐹14𝑥 , 𝐹14𝑦 , 𝐹34𝑥 ve 𝐹34𝑦 olmak üzere dört bilinmeyen içermektedir. Yani bu üç eşitlik çözüm için
yeterli değildir. Çözüm ancak 3 nolu uzvun denge eşitliklerinin de birlikte ele alınmasıyla yapılabilir.
Şekil’de gösterilen 3 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 = −𝐹43𝑥 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 = −𝐹43𝑦 (5)
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ −𝐹43𝑥 𝑙3 sin 𝜃3 + 𝐹43𝑦 𝑙3 cos 𝜃3 = 0 (6)
⇒ −𝐹43𝑥 100 sin 30 + 𝐹43𝑦 100 cos 30 = 0
Bu üç denklemde 𝐹23𝑥 , 𝐹23𝑦 , 𝐹43𝑥 ve 𝐹43𝑦 olmak üzere 4 bilinmeyen
içermektedir. Yani uzuv 3 ve uzuv 4 için toplam bilinmeyen sayısı 8 denklem
sayısı 6 dır.
Ancak Newton’un 3. Kanunundan (etki-tepki) yararlanılarak;
𝐹43𝑥 = −𝐹34𝑥 ve 𝐹43𝑦 = −𝐹34𝑦 yazılabilir.
Bu ifadeler denklem (4), denklem (5) ve denklem (6)’da yerine yazılırsa;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 = 𝐹34𝑥 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 = 𝐹34𝑦 (5)
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 100 sin 30 − 𝐹34𝑦 100 cos 30 = 0 (6)
50𝐹34𝑥 − 86,6𝐹34𝑦 = 0 (6)
(3) Ve (6) numaralı eşitlikler alt alta yazılırsa;
43,3𝐹34𝑥 + 25𝐹34𝑦 = 909,32 (3)
50𝐹34𝑥 − 86,6𝐹34𝑦 = 0 (6)
𝐹34𝑥 = 15,72 N ve 𝐹34𝑦 = 9,07𝑁 ⇒ 𝐹34 = 18,15 𝑁
İki denklem matris formatında yazılırsa;
𝑎11
𝑎21
𝐹34𝑥
43,3
25
909,32
=
50 −86,6 𝐹34𝑦
0
𝑎12 −1
𝑎22
1
=
𝑎22
𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎21
𝑎11
𝐹34𝑥
43,3
25 −1 909,32
=
=
𝑎21
𝐹34𝑦
50 −86,6
0
𝑎22
𝐹34𝑥
1
=
𝐹34𝑦
𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎21
−𝑎12 𝑏11
𝑎11 𝑏21 ⇒
𝐹34𝑥 =
−𝑎12
𝑎11
𝑎12 −1 𝑏11
⇒
𝑎22
𝑏21
𝑎22 𝑏11 −𝑎12 𝑏21
−86,6 909,32 − 25 (0)
=
= 15,72 𝑁
𝑎11 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12
43,3 −86,6 − (50)(25)
𝐹34𝑦 =
𝑎11 𝑏21 −𝑎21 𝑏11
43,3 0 − (50)(909,32)
=
= 9,07 𝑁
𝑎11 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12
43,3 −86,6 − (50)(25)
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Şekil’de gösterilen 2 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 + 𝐹12𝑥 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 = −𝐹12𝑥 (7)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 + 𝐹12𝑦 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 = −𝐹12𝑦 (8)
σ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 𝑙2 sin( 𝜃2 ) + 𝐹32𝑦 𝑙3 cos( 𝜃2 ) − 𝑇 = 0 (9)
Ancak Newton’un 3. Kanunundan ve 3 numaralı uzvun denge denklemlerinden yararlanarak;
𝐹32𝑥 = −𝐹23𝑥 = −𝐹34𝑥 = −𝐹12𝑥 ve 𝐹32𝑦 = −𝐹23𝑦 = −𝐹34𝑦 = −𝐹12𝑦 yazılabilir.
𝐹32𝑥 = −15,72 N , 𝐹23𝑥 = 15,72 𝑁, 𝐹12𝑥 = 15,72 𝑁
𝐹32𝑦 = −9,07 𝑁, 𝐹23𝑦 = 9,07 𝑁, 𝐹12𝑦 = 9,07 𝑁
Bu ifadeler denklem (7), denklem (8) ve denklem (9)’da yerine yazılırsa;
σ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ −𝐹34𝑥 30 sin( 45) − 𝐹34𝑦 30 cos( 45) − 𝑇 = 0 (9)
− 15,72 30 sin( 45) − 9,07 30 cos( 45) + 𝑇 = 0
𝑇 = 528,88 𝑁. 𝑚𝑚 (SYT yada CCW)
Makine Dinamiği
(Hafta 4-5)
Mekanizmalarda dinamik kuvvet analizi
. DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
• Bu bölümde, makinelerdeki dinamik kuvvetlerle ilgilenilecektir. Dinamik kuvvetler, hızlanan kütlelerle ilişkilendirilir ve
neredeyse tüm makineler hızlanan parçalar içerdiğinden dolayı, dinamik kuvvetler her zaman mevcuttur.
• Dinamik kuvvetin belki de en basit örneği, sabit bir eksen etrafında sabit açısal hızla dönen bir çubuğa monte edilmiş bir
kütle durumudur. Kütlenin dairesel bir hareket yolunu sürdürmesi için çubuğun ve buna karşılık milin radyal olarak içe doğru
etki eden bir kuvvet (merkezcil kuvvet) sağlaması gerektiğini biliyoruz. Sonuç olarak, çubuk ve mil, radyal olarak dışa doğru
yönlendirilen bir kuvvet tarafından etkilenecektir. Genel olarak merkezkaç kuvveti olarak adlandırılan bu kuvvet, kütlenin
merkezcil ivmesinden kaynaklandığı için dinamik bir kuvvettir.
• Bu tür dinamik kuvvetler makinelerde yaygındır. Örneğin, bir merkezkaç kuvveti, Şekil b'de gösterildiği gibi, kütle merkezi
tam olarak yatak merkez hattı üzerinde değilse, dönen bir mil veya rotor üzerine etki edecektir.
• Gerçek bir rotorun kütle merkezinin konumu ile dönme merkezinin konumu arasındaki tutarsızlıklar, üretim hataları, rotor
malzemesinin homojen olmaması ve şaftın eğilmesi veya bükülmesi gibi bir dizi faktörden kaynaklanabilir.
• Bir önceki bölümde, belirli uygulamalarda dinamik kuvvetlerin sisteme etki eden diğer kuvvetlerle karşılaştırıldığında küçük
olduğu ve bu durumlarda analizde dinamik kuvvetlerin ihmal edilebileceği belirtilmişti. Bununla birlikte, birçok durumda
bunun tersi doğrudur ve dinamik kuvvetler baskındır veya en azından büyüklük olarak dış kuvvetlerle karşılaştırılabilir.
• Endüstriyel imalat süreçlerinin hızlandırılması için yeni makineler daha yüksek hızlarda çalışacak şekilde tasarlanmakta ve
böylelikle de, dinamik kuvvetlerin etkileri giderek daha önemli hale gelmektedir.
• Örneğin, rotorlar 100.000 dev/dak'yı aşan dönüş hızlarında çalışacak şekilde tasarlanıp ve üretilebilirler. Kütle merkezinin
dönme ekseninden en ufak bir eksantrikliği bile, tasarım sürecinde dikkate alınmadığı takdirde titreşimlere, gürültüye,
aşınmaya ve hatta makinenin arızalanmasına neden olabilecek önemli dinamik kuvvetlere yol açacaktır.
. . NEWTON’UN İKİNCİ HAREKET KANUNU
• Makinelerdeki dinamik kuvvetleri araştırmanın temeli, bileşkesi sıfır olmayan kuvvetlerin etki ettiği bir parçacığın ivmesinin
her an bileşke kuvvetle orantılı olacak şekilde hareket edeceğini belirten Newton'un ikinci hareket yasasına dayanmaktadır. Bu
yasa, değişmez kütleye sahip bir parçacığın özel durumu için matematiksel olarak şu şekilde ifade edilir:
෍ 𝐹Ԧ = 𝑚𝑎Ԧ
• Burada 𝐹, parçacık üzerindeki bileşke kuvvet, 𝑚, parçacığın kütlesi ve 𝑎, parçacığın ivmesidir. Newton'un ikinci yasası lineer
hareket durumunda şu şekilde katı bir cisim için genişletilebilir:
෍ 𝐹Ԧ𝑒 = 𝑚𝑎Ԧ 𝐺
• Bu denklem, rijit bir cisme etki eden 𝐹Ԧ𝑒 bileşke dış kuvvetin, cismin kütlesinin, 𝑚, ve kütle merkezinin ivmesinin, 𝑎Ԧ 𝐺 , çarpımına
eşit olduğunu belirtir; burada 𝐺, cismin ağırlık merkezinin konumunu belirtir.
• Dönme (düzgün dairesel) hareketi için bu denklem aşağıdaki gibi yazılır.
෍ 𝑇𝑒𝐺 = 𝐻ሶ
• Bu denklem, cismin kütle merkezi etrafındaki bileşke dış momentin, 𝑇, cismin ,𝐻, açısal momentumunun zamana göre değişim
hızına eşit olduğunu belirtir.
• Bu denklem rijit cismin dönme hareketi için daha çok kullanılan ve Euler denklemi olarak bilinen formu ile şu şekilde yazılır:
෍ 𝑇𝑒𝐺 = 𝐼𝐺 𝛼
Burada 𝐼𝐺 , cismin 𝐺 kütle merkezine göre olan kütlesel atalet momenti (kg.m2), 𝛼 ise cismin açısal ivmesini ifade etmektedir
(rad/s2).
. . NEWTON’UN İKİNCİ HAREKET KANUNU
Sonuç olarak rijit bir cismin ötelenme ve döneme hareketinin dinamik denklemleri Newton-Euler denklemleri ile şu şekilde
yazılır;
σ 𝐹Ԧ𝑒 = 𝑚𝑎Ԧ 𝐺
(1)
σ 𝑇𝑒𝐺 = σ 𝑀𝑒𝐺 = 𝐼𝐺 𝛼
(2)
. . KÜTLE ATALET MOMENTİ
Kütle atalet momenti lineer harekette cismin ötelenmesine karşı gösterilen dirence yani kütleye karşılık gelen dönme ataletine
verilen isimdir. Bir katının Kütle Atalet Momenti, rijit cismin belirli bir eksen etrafında dönme hızındaki değişikliklere direnme
yeteneğini ölçer. Bir noktasal kütle için atalet momenti, kütle ile kütlenin dönme eksenine dik uzaklığının karesinin çarpımıdır.
𝐼 = 𝑚𝑟 2
Birimi kg.m2 dir.
Sonsuz sayıda kütle parçacığından oluşan rijit bir cisim için atalet momenti, 𝐼, tüm parçacıkların bireysel atalet momentlerinin
integralidir; yani,
𝐼 = න 𝑟 2 𝑑𝑚
burada 𝑑𝑚 her bir parçacığın kütlesini ve 𝑟 parçacığın dönme eksenine dik uzaklığını ifade eder. Bu matematiksel tanım,
makine elemanlarının kütle atalet momentlerini hesaplamak için kullanılabilir. Standart şekillerin kütle atalet momenti için bu
denklem kullanarak oluşturulan tablolar mevcuttur.
Bir cismin herhangi bir eksen etrafındaki atalet momenti, 𝐼 , ile kütle
merkezinden geçen paralel bir eksen etrafındaki atalet momenti 𝐼𝐺 arasındaki
ilişki paralel eksen teoremi ile tanımlanır ve aşağıdaki gibi elde edilir.
𝐼 = 𝐼𝐺 + 𝑚𝑑 2
. . KÜTLE ATALET MOMENTİ
.
. . KÜTLE ATALET MOMENTİ
.
. . KÜTLE ATALET MOMENTİ
σ 𝐹Ԧ𝑒 = 𝑚𝑎Ԧ 𝐺
(1)
σ 𝑇𝑒𝐺 = σ 𝑀𝑒𝐺 = 𝐼𝐺 𝛼
(2)
Denklem 1 ve Denklem 2, Şekil (a) ve Şekil (b) deki gibi ifade edilebilir. Burada Şekil (b) D’Alembert eşitliğini ifade
etmektedir. D’Alembert prensibi cisme uygulanan dış kuvvetlerin atalet kuvvetleri ile dengede olduğunu ifade eder.
. . D’ALEMBERT PRENSİBİ VE ATALET KUVVETLERİ
D’Alembert eşitliği ya da prensibine göre bir katı cisim üzerine etki eden dış kuvvetler ve dış momentler atalet kuvveti ve atalet momenti ile
denge halinde bulunurlar. Bu şekilde dinamik bir problem statik bir probleme indirgenerek çözülebilir. Newton’un ikinci yasası kullanılarak
D’Alembert eşitliği şu şekilde yazılabilir;
σ 𝐹Ԧ𝑒 + (−𝑚𝑎Ԧ𝐺 ) = 0
(3)
σ 𝑇𝑒𝐺 + −𝐼𝐺 𝛼 = 0
(4)
Burada −maG atalet kuvveti , −IG α ise atalet torku yada atalet momenti olarak adlandırılır.
Atalet kuvvetlerini aşağıdaki gibi yazacak olursak;
𝐹Ԧ𝑖 = −𝑚𝑎Ԧ𝐺
𝐶Ԧ𝑖 = −𝐼𝐺 𝛼
σ 𝐹Ԧ = σ 𝐹Ԧ𝑒 + 𝐹Ԧ𝑖 = 0 (5)
σ 𝑇 = σ 𝑇𝑒𝐺 + 𝐶Ԧ𝑖 = 0 (6)
Denklem (5) ve (6) da görüldüğü problem statik denge problemine dönüşmüştür. Böylece dinamik analiz problemi, atalet etkilerinin dış
kuvvetler ve torklarla aynı şekilde ele alındığı bir statik kuvvet ve moment dengesine indirgenir. Daha sonra önceki bölümde gösterilen grafik
ve analitik kuvvet analizi uygulanır.
. . D’ALEMBERT PRENSİBİ VE ATALET KUVVETLERİ
Katı cismin düzlemsel hareket yapması durumunda yukarıda verilen vektör eşitlikleri, xy hareket düzlemi seçilirse:
෍ 𝐹𝑥 + (−𝑚𝑎Ԧ𝐺𝑥 ) = 0
෍ 𝐹𝑦 + (−𝑚𝑎Ԧ𝐺𝑦 ) = 0
෍ 𝑇𝑧 + −𝐼𝐺 𝛼 = 0
Sonuç olarak özetlemek gerekirse verilen bir mekanizma ya da makinanın dinamik analizi için öncelikle ivme durumunun
bilinmesi ya da çözülmesi gerekir. İvme durumu bilindikten sonra ilgili atalet kuvvet ve momentleri var olan diğer kuvvet ve
momentlerle birlikte uzuvların serbest cisim diyagramları üzerine konurlar. Serbest cisim diyagramlarından ilgili denge
eşitlikleri yazılarak statik kuvvet analizinde yapıldığı gibi çözüm yapılır.
. . D’ALEMBERT PRENSİBİ VE ATALET KUVVETLERİ
D’Alembert prensibi kullanılarak dinamik problemin çözüm adımları;
1. İvme analizi yapılarak her bir hareketli uzvun kütle merkezlerinin doğrusal ivmesini hesaplanır. Ayrıca her hareketli uzvun açısal ivmesi
hesaplanır.
2. Önceden, kütleleri ve merkezsel atalet momentleri bilinen her bir hareketli uzvun atalet kuvvetleri ve atalet torkları D’Alembert prensibi
kullanılarak hesaplanır.
3. Hareket eden her uzva, o uzvun kütlesi ile kütle merkezinin ivmesinin çarpımına eşit, yönü ivmenin tersi yönde hayali bir atalet kuvveti
eklenir. Halihazırda var olan gerçek kuvvetlerden ayrı olarak doğrudan ağırlık merkezine uygulanır. Atalet kuvvetinin etki çizgisi, her bir
elemanın kütle merkezinden geçer.
4. Hareket eden her bir uzva, o uzvun kütlesel ataleti ile açısal ivmesinin çarpımına eşit, açısal ivme ile zıt yönlü, halihazırda var olan gerçek
torkların dışında hayali tork ekleyin.
5. Her bir elemanın, o elemana etki eden tüm dış kuvvetleri ve bağlı olduğu diğer elemanlardan gelen tüm tepki kuvvetlerini içeren bir serbest
cisim diyagramı çizilir.
6. Her bir eleman için üç kuvvet ve moment denge denklemi yazılır.
7. Bilinmeyen kuvvetler için denklemler çözülür.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ (GRAFİK YÖNTEM)
Şekil’deki dört çubuk mekanizmasında, boyutlar şekilde gösterildiği gibidir; burada G, kütle merkezini ifade eder ve mekanizma
aşağıdaki kütle özelliklerine sahiptir:
m2=0.1 kg IG2= 20 kg.mm2
m3=0.2 kg IG3= 400 kg.mm2
2
m4=0.3 kg IG4= 100 kg.mm
100 kg.mm2
G3
3
G4
O2O4=70 mm
O2B=30mm
BC=100 mm
BG3=50 mm
O4C=50 mm
O4G4=25 mm
2
W2= 95 rad/s
α2=0
4
O2
O4
Şekilde gösterilen konum için saat yönünün tersine giriş açısal hızı 𝑤2 =95 rad/s ve giriş açısal ivmesi ∝2 = 0 tarafından verildiği
varsayılan bir hareketi üretmek için gereken sürücü torkunun 𝑇 anlık değerini belirleyiniz. Yerçekimi ve sürtünme etkilerini
ihmal ediniz.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
1. Adım: Mekanizmanın hız ve ivme analizinin yapılması Verilen mekanizmanın hız ve ivme analizi yapılarak her bir hareketli
uzvun kütle merkezlerinin doğrusal ivmesi ve her bir uzvun açısal ivmesi hesaplanır. Bu hesaplama için mekanizma tekniği
dersinde öğrenilmiş olan grafik yada analitik yöntem kullanılabilir.
Hız ve ivme poligonları oluşturularak bilinmeyen hız ve ivme değerleri elde edilir. Yapılan hız ve ivme analizi neticesinde
doğrusal ve açısal ivme değerleri aşağıdaki gibi elde edilir.
𝑤3 = 23.6 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ccw
𝑤4 = 54.0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ccw
İvme vektörlerinin açılarının pozitif x ekseni yönünden saat yönünün tersine ölçüldüğüne dikkat edilmesi gerekmektedir.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
1. Adım: Mekanizmanın hız ve ivme analizinin yapılması Verilen mekanizmanın hız ve ivme analizi yapılarak her bir
hareketli uzvun kütle merkezlerinin doğrusal ivmesi ve her bir uzvun açısal ivmesi hesaplanır. Bu hesaplama için mekanizma
tekniği dersinde öğrenilmiş olan grafik yada analitik yöntem kullanılabilir.
Hız analizi:
→
→
→
𝑉𝐶 = 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶/𝐵
Bu vektör eşitliği aşağıda sıralanan işlem adımları yapılarak çözülür.
1. 2 uzvu O2 mafsal noktasına göre bir dönme yaptığına göre
____
𝑉𝐵 = 𝑂2 𝐵 . 𝜔2 = (30)( 95) = 2850 mm/s (2,85 m/s)
→
____
𝑉𝐵 ⊥ 𝑂2 𝐵 olup yönü bilinmektedir. (saat ibreleri ters yönünde dönmektedir) Bu hız vektörü sabit uzuv doğrultusu referans
alınarak belirli bir ölçekle çizilir. Bu hız büyüklük ve yön olarak bilinmektedir. Bu durumda hız ölçeği şu şekilde belirlenir.
𝐺𝑒𝑟ç𝑒𝑘ℎı𝑧𝑑𝑒ğ𝑒𝑟𝑖
𝐾𝑣 = Ş𝑒𝑘𝑖𝑙ü𝑧𝑒𝑟𝑖𝑛𝑑𝑒𝑘𝑖ℎı𝑧𝑑𝑒ğ𝑒𝑟𝑖 =
2850𝑚𝑚/𝑠
= 100(1/𝑠)
28,5𝑚𝑚
Yani 50 mm/s’ lik hız değeri şekil üzerinde 1mm’lik uzunlukla gösterilmektedir.
→
____
→
→
2. C mafsal noktasının bağıl hızı 𝑉𝐶/𝐵 ⊥ 𝐵𝐶 olup 𝑉𝐵 nin ucundan geçen BC doğrultusuna dik olan bir doğru çizilir. Yani 𝑉𝐶/𝐵
hızının sadece doğrultusu bilinmektedir.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
1. Adım: Mekanizmanın hız ve ivme analizinin yapılması
→
____
→
3. C mafsal noktasının mutlak hızı (O4 mafsal noktasına göre dönme yapmaktadır) 𝑉𝐶 ⊥ 𝑂4 𝐶 olacaktır. Yani 𝑉𝐶 hızının da sadece
→
____
→
____
→
doğrultusu
bilinmektedir. 𝑉𝐵 nin başlangıç noktasından geçen ve 𝑂4 𝐶 ‘ye dik bir doğru çizilir. Buna göre 𝑉𝐶/𝐵 ⊥ 𝐵𝐶 ve 𝑉𝐶 ⊥
____
𝑂4 𝐶 doğrularının kesim noktası aranan hız üçgenini belirler.
4. Hız üçgeninden ölçüm yapılarak ve ölçekle de çarpılarak
hızlar bulunur.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
1. Adım: Mekanizmanın hız ve ivme analizinin yapılması Verilen mekanizmanın hız ve ivme analizi yapılarak her bir
hareketli uzvun kütle merkezlerinin doğrusal ivmesi ve her bir uzvun açısal ivmesi hesaplanır. Bu hesaplama için mekanizma
tekniği dersinde öğrenilmiş olan grafik yada analitik yöntem kullanılabilir.
İvme analizi:
→
→
→
𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 + 𝑎𝐴/𝐵
→
Burada 𝑎𝐴/𝐵 bağıl ivme olarak adlandırılır.
Bağıl ivme normal ve teğetsel bileşenlerine ayrılabileceğinden, bağıl ivme eşitliği aşağıdaki şekilde yazılabilir.
→
→
→
𝑎𝐴 = 𝑎𝐵 +
𝑎𝐴/𝐵
→
𝑛
+ 𝑎𝐴/𝐵
𝑡
Burada bağıl ivmenin normal ve teğetsel bileşenlerinin skalar değerleri aşağıdaki bağıntılardan hesaplanır.
𝑎𝐴/𝐵
𝑛
𝑎𝐴/𝐵
𝑡
Burada 𝜔 (rad/s) açısal hız ve 𝛼 (rad/s2) açısal ivmedir.
=
2
𝑉𝐴/𝐵
𝑟
= 𝑟𝜔2
ሶ
= 𝑉𝐴/𝐵
= 𝑟𝛼
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
1. Adım: Mekanizmanın hız ve ivme analizinin yapılması
→
𝑎𝐶 =
→
→
→
→
→
𝑎𝐶 𝑛 + 𝑎𝐶 𝑡 = 𝑎𝐵 𝑛 + 𝑎𝐵 𝑡 + 𝑎𝐶/𝐵
→
𝑛
+ 𝑎𝐶/𝐵
𝑡
1.) 2 uzvu O2 mafsal noktasına göre bir dönme yaptığına göre
_____
(𝑎𝐵 )𝑛 = 𝑂2 𝐵. 𝜔22 = 30(95)2 = 270750 mm/s2
_____
(𝑎𝐵 )𝑡 = 𝑂2 𝐵 . 𝛼2 = 0
elde edilir. Bu bileşen sabit bir referans doğrultusu alınarak belirli bir ölçekle çizilir.
Bu durumda 𝐾𝑎 ivme ölçeği şu şekilde belirlenir.
𝐺𝑒𝑟ç𝑒𝑘 𝑖𝑣𝑚𝑒 𝑑𝑒ğ𝑒𝑟𝑖
270750 𝑚𝑚/𝑠 2
𝐾𝑎 = Ş𝑒𝑘𝑖𝑙 ü𝑧𝑒𝑟𝑖𝑛𝑑𝑒𝑘𝑖 𝑢𝑧𝑢𝑛𝑙𝑢𝑘 = 54,15 𝑚𝑚 = 5000(1/𝑠 2 )
→
____
Buna göre 𝑎𝐵 𝑛 normal bileşeni 𝑂2 𝐵 doğrultusunda B den O2 ye yönlenmiş şekilde
270750
= 54,15 𝑚𝑚
5000
çizilir.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
_____
2.) (𝑎𝐶/𝐵 )𝑛 = 𝐵𝐶 . 𝜔32 = 100(23,55)2 = 55460,25 mm/s2
Bu ivme bileşeni
→
𝑎𝐵 𝑛 nin ucundan BC doğrultusunda çizilir.
(55460,25 / 5000 = 11,09 mm≈11,1 mm)
_____
3.) (𝑎𝐶 )𝑛 = 𝑂4 𝐶 . 𝜔42 = 50(54,28)2 = 147315,92 mm/s2
____
Bu ivme bileşeni 𝑂 başlangıç noktasından başlamak üzere 𝑂4 𝐶doğrultusunda çizilir.
(147315,92 / 5000 = 29,46 mm ≈29,50 mm)
→
→
4.) Kalan iki ivme bileşeninin doğrultuları bilinmektedir. Bunlardan 𝑎𝐶 𝑡 nin doğrultusu 𝑎𝐶 𝑛 in ucundan dik bir doğru olarak çizilir.
→
→
Diğer kalan bileşen 𝑎𝐶/𝐵 nin doğrultusu olarak ta 𝑎𝐶/𝐵 nin ucundan dik bir doğru çizilir. Bu iki doğrunun kesim noktası aranılan
𝑡
𝑛
ivme bileşenlerinin uçlarını ve dolayısıyla büyüklüklerini belirler.
5.) İvme diyagramından ölçüm yapılarak ve ölçekle de çarpılarak aranılan ivme büyüklükleri bulunur. Buna göre:
𝑎𝐶 = (40,24).(5000) = 201200 mm/s2 = 201,2 m/s2
(𝑎𝐶/𝐵 )𝑡 = (10,21).(5000) = 51050 mm/s2 = 51,05 m/s2
(𝑎𝐶 )𝑡 = (27.36).(5000) = 136800 mm/s2 = 136,80 m/s2
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
6.) Buradan açısal ivmeler için;
𝛼3 =
𝑎𝐶/𝐵
____ 𝑡
𝐵𝐶
𝑎
𝐶 𝑡
𝛼4 = 𝑂____
=
𝐶
4
bulunur.
51050
= 100 = 510.50 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2 CCW yada SYT
136800
2 CW yada SY
=
2746
𝑟𝑎𝑑/𝑠
50
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
7.) 𝐺3 kütle merkezinin ivmesi için benzer şekilde bağıl ivme eşitliği yazılarak;
→
→
→
𝑎𝐺3 = 𝑎𝐵 + 𝑎𝐺3/𝐵 =
𝑎𝐺3/𝐵
→
→
𝑎𝐵 𝑛 + 𝑎𝐺3/𝐵
→
𝑛
+ 𝑎𝐺3/𝐵
𝑡
_____
𝑛
= 𝐵𝐺3 . 𝜔32 = 50(23.55)2 = 27730,12 mm/s2
(27730,12 / 5000 = 5,55 mm)
𝑎𝐺3/𝐵
_____
𝑡
= 𝐵𝐺3 . 𝛼3 =50(510,5) = 25525 mm/s2
(25525 / 5000 = 5,1 mm)
buna göre yapılan çizimden ölçüm alınarak;
𝑎𝐺3 = (47,10)(5000) = 23550 mm/s2 =23.5 m/s2 , ∠312°
olarak bulunur.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
8.) 𝐺4 kütle merkezinin ivmesi için benzer şekilde bağıl ivme eşitliği yazılarak;
→
𝑎𝐺4 =
𝑎𝐺4
→
→
𝑎𝐺4
𝑛
+ 𝑎𝐺4
𝑡
_____
𝑛
= 𝑂4 𝐺4 . 𝜔42 = 25(54,28)2 = 73658 mm/s2 = 73,658 m/s2
(73658 / 5000 = 14,73 mm)
𝑎𝐺4
_____
𝑡
= 𝑂4 𝐺4 . 𝛼4 = 25 (2746) = 68650 mm/s2 = 68,65 m/s2
(68650 / 5000 = 13,73 mm)
Aynı ölçekle çizim yapılarak 𝑎𝐺4 = 20,11 mm ölçülür.
Buna göre;
𝑎𝐺4 =(20,11)5000 = 100550 mm/s2 = 100,55 m/s2 , ∠308° olarak bulunur.
𝑎𝐺4 =
𝑎𝐺4
2
𝑛
+ 𝑎𝐺4
2
𝑡
=
73, 6582 + 68, 652 ≈ 100 𝑚/𝑠 2
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
2. Adım: Önceden, kütleleri ve merkezsel atalet momentleri bilinen her bir hareketli uzvun atalet kuvvetleri ve atalet torkları
D’Alembert prensibi kullanılarak hesaplanır.
Atalet kuvvetleri;
𝐹2 = −𝑚2 𝑎𝐺2 = 0.1 0 = 0
𝐹3 = −𝑚3 𝑎𝐺3 = 0.2 235000 = 47000 𝑘𝑔. 𝑚𝑚Τ𝑠 2 = 47 𝑁  132𝑜
𝐹4 = −𝑚4 𝑎𝐺4 = 0.3 100000 = 30000 𝑘𝑔. 𝑚𝑚Τ𝑠 2 = 30 𝑁  128𝑜
Atalet torkları;
𝑇2 = −𝐼𝐺2 𝛼2 = 0
𝑚𝑚2
𝑇3 = −𝐼𝐺3 𝛼3 = 400 520 = 208000 𝑘𝑔. 2 = 208 𝑁. 𝑚𝑚 (𝑆𝑌 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝐶𝑊)
𝑠
𝑚𝑚2
𝑇4 = −𝐼𝐺4 𝛼4 = 100 2740 = 274000 𝑘𝑔. 2 = 1096 𝑁. 𝑚𝑚 (𝑆𝑌𝑇 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝐶𝐶𝑊)
𝑠
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
3. Adım: Hareket eden her uzva, o uzvun kütlesi ile kütle merkezinin ivmesinin çarpımına eşit, yönü ivmenin tersi yönde hayali
bir atalet kuvveti eklenir. Halihazırda var olan gerçek kuvvetlerden ayrı olarak doğrudan ağırlık merkezine uygulanır. Atalet
kuvvetinin etki çizgisi, her bir elemanın kütle merkezinden geçer.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
4. Adım: Hareket eden her bir uzva, o uzvun kütlesel ataleti ile açısal ivmesinin çarpımına eşit, açısal ivme ile zıt yönlü,
halihazırda var olan gerçek torkların dışında hayali tork ekleyin.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
4. Adım: Ele alınan problemin grafik çözümü süperposizyon prensibi uygulanarak yapılabilir. Ancak bunun için önce “eşdeğer
atalet kuvveti” tanımı kullanılarak problemin statik bir probleme indirgenmesi gerekir. “Eşdeğer atalet kuvveti” tanımı “atalet
momenti” yerine bunun eşdeğeri olan bir “kuvvet çifti” alınarak yapılır. Burada kuvvet çiftinin moment kolu uzunluğu h;
ℎ=
𝐼𝐺 𝛼
𝑚𝑎𝐺
eşitliğinden hesaplanır. Yani, böylelikle atalet kuvveti “h” kadar kaçık bir konuma taşınmış (paralel ötelenmiş) olmaktadır. Bu h
kaçıklığı atalet momentini yönüyle verecek tarafta (G kütle merkezine göre) alınır.
ℎ3 =
𝐼𝐺3 𝛼3
(400)(520)
=
= 4.43𝑚𝑚
𝑚3 𝑎𝐺3
(0,2)(235000)
ℎ4 =
𝐼𝐺4 𝛼4
(100)(2740)
=
= 9,13 𝑚𝑚
𝑚4 𝑎𝐺4
(0,3)(100000)
olarak hesaplanır. Aşağıdaki şekil üzerinde bu yeni kuvvet durumu gösterilmiştir.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
4. Adım: Ele alınan problemin grafik çözümü süperposizyon prensibi uygulanarak yapılabilir.
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
5-6-7. Adım: Ele alınan problemin süperposizyon prensibi uygulanarak grafik çözümü dört çubuk mekanizmasının süperpozisyon
metodu ile grafik kuvvet analizi başlıklı örnek ile aynıdır. Sonuç olarak gerekli toplam tork;
𝑇 = 836,43 𝑁. 𝑚𝑚 (𝐶𝐶𝑊 𝑦𝑎𝑑𝑠 𝑆𝑌𝑇)
olarak hesaplanır.
.5. DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ (ANALİTİK YÖNTEM)
Çözüm:
G3
3
G4
O2O4=70 mm
O2B=30mm
BC=100 mm
BG3=50 mm
O4C=50 mm
O4G4=25 mm
2
W2= 95 rad/s
α2=0
4
O2
O4
m2=0.1 kg IG2= 20 kg.mm2
m3=0.2 kg IG3= 400 kg.mm2
m4=0.3 kg IG4= 100 kg.mm2
𝑤3 = 23.6 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ccw
𝑤4 = 54.0 𝑟𝑎𝑑/𝑠 ccw
. . DÖRT ÇUBUK MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Çözüm:
Atalet kuvvetleri;
𝐹2 = −𝑚2 𝑎𝐺2 = 0.1 0 = 0
𝐹3 = −𝑚3 𝑎𝐺3 = 0.2 235000 = 47000 𝑘𝑔. 𝑚𝑚Τ𝑠 2 = 47 𝑁  132𝑜
𝐹4 = −𝑚4 𝑎𝐺4 = 0.3 100000 = 30000 𝑘𝑔. 𝑚𝑚Τ𝑠 2 = 30 𝑁  128𝑜
Atalet torkları;
𝑇2 = −𝐼𝐺2 𝛼2 = 0
𝑚𝑚2
𝑇3 = −𝐼𝐺3 𝛼3 = 400 520 = 208000 𝑘𝑔. 2 = 208 𝑁. 𝑚𝑚 (𝑆𝑌 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝐶𝑊)
𝑠
𝑚𝑚2
𝑇4 = −𝐼𝐺4 𝛼4 = 100 2740 = 274000 𝑘𝑔. 2 = 274 𝑁. 𝑚𝑚 (𝑆𝑌𝑇 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝐶𝐶𝑊)
𝑠
Mekanizma uzuvlarının Şekil’de gösterilen serbest cisim diyagramlarını kullanarak 4 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 + 𝐹14𝑥 − 30cos(52) = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 + 𝐹14𝑥 = 18,47 (1)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 + 𝐹14𝑦 + 30 sin 52 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 + 𝐹14𝑦 = −23,64(2)
σ 𝑻𝑶𝟒 = 0 ⇒ −𝐹34𝑥 𝑙4 cos(5) + 𝐹34𝑦 𝑙4 sin(5) + 𝐹4𝑥 𝑟4 cos 5 + 𝐹4𝑦 𝑟4 sin 5 + 𝑇4 = 0 (3)
−𝐹34𝑥 50 cos(5) + 𝐹34𝑦 50 sin(5) + 18,5 25 cos 5 + 23,6 25 sin 5 + 274 = 0
⇒ 49,81𝐹34𝑥 − 4,36𝐹34𝑦 = 786,16 (3)
elde edilir. Burada (1), (2) ve (3) eşitlikleri 𝐹14𝑥 , 𝐹14𝑦 ,
𝐹34𝑥
ve 𝐹34𝑦 olmak üzere dört bilinmeyen
içermektedir. Yani bu üç eşitlik çözüm için yeterli
değildir. Çözüm ancak 3 nolu uzvun denge
eşitliklerinin de birlikte ele alınmasıyla yapılabilir.
Şekil’de gösterilen 3 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 − 47cos(48) = 0 ⇒ (4)
𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 31,45
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 + 47sin(48) = 0 ⇒ (5)
𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = −34,93
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ −𝐹43𝑥 𝑙3 sin 𝜃3 + 𝐹43𝑦 𝑙3 cos 𝜃3 + 𝐹3𝑥 𝑟3 cos 48 + 𝐹3𝑦 𝑟3 sin 48 − 𝑇3 = 0 (6)
⇒ −𝐹43𝑥 100 sin 17 + 𝐹43𝑦 100 cos 17 + 31,45 50𝑠𝑖𝑛17 + 34,93 50𝑐𝑜𝑠17 − 208 = 0
⇒ −29,23𝐹43𝑥 + 95,63𝐹43𝑦 = −1921,95
Bu üç denklemde 𝐹23𝑥 , 𝐹23𝑦 , 𝐹43𝑥 ve 𝐹43𝑦 olmak üzere 4 bilinmeyen içermektedir. Yani uzuv 3 ve uzuv 4 için toplam bilinmeyen sayısı 8 denklem sayısı 6
dır.
Şekil’de gösterilen 3 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 − 47cos(48) = 0 ⇒ (4)
𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 31,45
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 + 47sin(48) = 0 ⇒ (5)
𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = −34,93
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ −𝐹43𝑥 𝑙3 sin 𝜃3 + 𝐹43𝑦 𝑙3 cos 𝜃3 + 𝐹3𝑥 𝑟3 sin 17 + 𝐹3𝑦 𝑟3 sin 𝑐𝑜𝑠17 = 0 (6)
⇒ −𝐹43𝑥 100 sin 17 + 𝐹43𝑦 100 cos 17 + 31,45 50𝑠𝑖𝑛17 + 34,93 50𝑐𝑜𝑠17 = 0
⇒ −29,23𝐹43𝑥 + 95,63𝐹43𝑦 = −1921,95
Ancak Newton’un 3. Kanunundan (etki-tepki) yararlanılarak;
𝐹43𝑥 = −𝐹34𝑥 ve 𝐹43𝑦 = −𝐹34𝑦 yazılabilir.
Bu ifadeler denklem (4), denklem (5) ve denklem (6)’da yerine yazılırsa;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 31,45 ⇒ 𝐹23𝑥 − 𝐹34𝑥 = 31,45 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = −34,93 ⇒ 𝐹23𝑦 − 𝐹34𝑦 = −34,93 (5)
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ 29,23𝐹34𝑥 − 95,63𝐹34𝑦 = −1921,95 (6)
(3) Ve (6) numaralı eşitlikler alt alta yazılırsa;
49,81𝐹34𝑥 − 4,36𝐹34𝑦 = 786,16
29,23𝐹34𝑥 − 95,63𝐹34𝑦 = −1921,95
𝑭𝟑𝟒𝒙 = 𝟏𝟖, 𝟎𝟐 𝐍 𝐯𝐞 𝑭𝟑𝟒𝒚 = 𝟐𝟓, 𝟔𝟏 𝑵 ⇒ 𝑭𝟑𝟒 = 𝟑𝟏, 𝟑𝟐𝑵
İki denklem matris formatında yazılırsa;
49,81 −4,36 𝐹34𝑥
786,16
=
29,23 −95,63 𝐹34𝑦
−1921,95
𝑎11
𝑎21
𝑎12 −1
𝑎22
1
=
𝑎22
𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎21
𝑎11
𝐹34𝑥
49,81 −4,36 −1 786,16
=
=
𝑎21
𝐹34𝑦
29,23 −95,63
−1921,95
𝑎22
𝐹34𝑥
1
=
𝐹34𝑦
𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎21
−𝑎12
𝑎11
𝑎12 −1 𝑏11
⇒
𝑎22
𝑏21
−𝑎12 𝑏11
𝑎11 𝑏21 ⇒
𝑎22 𝑏11 −𝑎12 𝑏21
−95,63 786,16 − −4,36 (−1921,95)
𝐹34𝑥 =
=
= 𝟏𝟖, 𝟎𝟐 𝑵
𝑎11 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12
49,81 −95,63 − (29,23) −4,36
𝐹34𝑦 =
𝑎11 𝑏21 −𝑎21 𝑏11
49,81 −1921,95 − (29,23)(786,16)
=
= 𝟐𝟓, 𝟔𝟏 𝑵
𝑎11 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12
49,81 −95,63 − (29,23)(−4,36)
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
(4) Ve (5) numaralı denklemlerden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 − 𝐹34𝑥 = 31,45 ⇒ 𝐹23𝑥 − 18,02 = 31,45 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 − 𝐹34𝑦 = −34,93 ⇒ 𝐹23𝑦 − 25,61 = −34,93 (5)
𝐹23𝑥 = 49,47 𝑁 , 𝐹23𝑦 = −9,32 𝑁
, 𝐹23 = 50.3 𝑁
2.3.2 Dört Çubuk Mekanizmasının Analitik Kuvvet Analizi
Şekil’de gösterilen 2 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 + 𝐹12𝑥 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 = −𝐹12𝑥 (7)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 + 𝐹12𝑦 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 = −𝐹12𝑦 (8)
σ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ −𝐹32𝑥 𝑙2 sin( 45) − 𝐹32𝑦 𝑙3 cos( 45) + 𝑇 = 0 (9)
Ancak Newton’un 3. Kanunundan ve 3 numaralı uzvun denge denklemlerinden yararlanarak;
𝐹32𝑥 = −49,47 N , 𝐹23𝑥 = 49,47 𝑁, 𝐹12𝑥 = 49,47 𝑁
𝐹32𝑦 = 9,32 𝑁, 𝐹23𝑦 = −9,32 𝑁, 𝐹12𝑦 = −9,32 𝑁
Bu ifadeler denklem (7), denklem (8) ve denklem (9)’da yerine yazılırsa;
෍ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ 49,47 30 sin( 45) − 9,32 30 cos( 45) + 𝑇 = 0
𝑇 = 851, 71 𝑁. 𝑚𝑚 (𝐶𝐶𝑊 𝑦𝑎𝑑𝑎 𝑆𝑌𝑇)
.6. KRANK BİYEL MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Dinamik kuvvetler, içten yanmalı motorlar ve pistonlu kompresörler gibi makinelerde kullanılan krank biyel mekanizmalarının
tasarımında çok önemli bir yer tutar. Bu mekanizmanın dinamik kuvvet analizi, bir önceki bölümdeki dört çubuk mekanizması
ile tamamen aynı şekilde gerçekleştirilebilir. İlk olarak, hareketli elemanların her biri için atalet kuvveti ve atalet torku için
ifadelerin geliştirildiği bir kinematik analiz gerçekleştirilir. Bu nicelikler daha sonra grafik analiz için eşdeğer atalet kuvvetlerine
dönüştürülebilir veya analitik yöntem kullanılarak kuvvetler ve torklar şeklinde ayrı tutulabilir. Krank biyel mekanizmasının
analizi dört çubuk mekanizmasına göre biraz daha kolaydır, çünkü pistonda dönme hareketi yoktur ve buna karşılık, atalet torku
da yoktur.
G2
2
𝑤2 , 𝛼2
3
4
1
𝑂2
G4
.6. KRANK BİYEL MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Aşağıda gösterilen krank biyel mekanizmasının dinamik analizini analitik yöntemle ile yapınız. Şekil’de gösterilen krank-biyel
mekanizmasında kolun, biyelin ve pistonun kütleleri sırasıyla (𝑚2 , 𝑚3 , 𝑚4 ) ve kütle merkezleri (𝐺2 ,𝐺3 ,𝐺4 ) ile verilmektedir.
Ayrıca kolun ve biyelin kütlesel atalet momentleri (𝐼𝐺2 , 𝐼𝐺3 ) olarak tanımlanmıştır. Kol 𝜔2 açısal hızına ve 𝛼2 açısal ivmesine
sahiptir.
𝑤2 , 𝛼2
G2
2
(𝑚2 , 𝐼𝐺2 )
3
(𝑚3 , 𝐼𝐺3 )
1
𝑂2
4
(𝑚4 )
G4
𝐹23𝑦
−𝑚3 𝑎𝐺3𝑦
𝐹 23x
𝐺3
−𝐼𝐺3 𝛼3
−𝑚3 𝑎𝐺3𝑥
𝐹 43y
3
𝐹32𝑦
𝐹 43x
−𝑚2 𝑎𝐺2𝑦
𝐹21x
32x
−𝐼𝐺2 𝛼2
𝐺2
𝐹12𝑦
−𝑚2 𝑎𝐺2𝑥
𝐹 34y
2
𝑂2
𝐹12x
𝐹 34x
−𝑚4 𝑎𝐺4
4
𝐺4
𝐹 14y
4 Numaralı Piston Uzvu için
Şekil’de gösterilen 4 nolu uzvun dengesinden;
෍ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 + −𝑚4 𝑎𝐺4 = 0
෍ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹14𝑦 + 𝐹34𝑦 = 0
(1)
(2)
Şekil’de gösterilen 3 nolu uzvun dengesinden;
෍ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑥 = 0
(3)
෍ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑦 = 0
(4)
B noktasına göre moment alınırsa;
෍ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ 𝐹43𝑥 𝑙 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 𝐹43𝑦 𝑙 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑥 𝑙𝐺 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑦 𝑙𝐺 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + −𝐼𝐺3 𝛼3 = 0
(5)
4 Numaralı Piston Uzvu için
Şekil’de gösterilen 2 nolu uzvun dengesinden;
෍ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹12𝑥 + 𝐹32𝑥 + −𝑚2 𝑎𝐺2𝑥 = 0
(6)
෍ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹12𝑦 + 𝐹32𝑦 + −𝑚2 𝑎𝐺2𝑦 = 0
(7)
O2 ’ye göre moment alınırsa;
෍ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ 𝑇 − 𝐹32𝑥 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜙 + 𝐹32𝑦 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜙 − −𝑚2 𝑎𝐺2𝑥 𝑟𝐺 𝑠𝑖𝑛 𝜙 + −𝑚2 𝑎𝐺2𝑦 𝑟𝐺 𝑐𝑜𝑠 𝜙 + −𝐼𝐺2 𝛼2 = 0
(8)
.6. KRANK BİYEL MEKANİZMASININ DİNAMİK KUVVET ANALİZİ
Aşağıda gösterilen krank biyel mekanizmasının dinamik analizini analitik yöntemle ile yapınız. Şekil’de gösterilen krank-biyel
mekanizmasında kolun, biyelin ve pistonun kütleleri sırasıyla (𝑚2 , 𝑚3 , 𝑚4 ) ve kütle merkezleri (𝐺2 ,𝐺3 ,𝐺4 ) ile verilmektedir.
𝑟
𝑙
Ayrıca kolun ve biyelin kütlesel atalet momentleri (𝐼𝐺2 , 𝐼𝐺3 ) olarak tanımlanmıştır. (𝑟𝐺 = 2 , 𝑙𝐺 = 2)
𝑟 = 50 𝑚𝑚
𝑚2 = 0,45 𝑘𝑔
𝐼𝐺2 = 0,0011 𝑘𝑔. 𝑚2
𝑎𝐺2𝑥 = −1,82 𝑚/𝑠 2
𝑎𝐺4 = −1,78 𝑚/𝑠 2
𝑙 = 95,5 𝑚𝑚
𝑚3 = 0,9 𝑘𝑔
𝐼𝐺3 = 0,0022 𝑘𝑔. 𝑚2
𝑎𝐺2𝑦 = −2,00 𝑚/𝑠 2
𝜙 = 70𝑜
𝑚4 = 1,35 𝑘𝑔
𝛼2 = 40 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2
𝛼3 = 46 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2
𝑎𝐺3𝑥 = −2,70 𝑚/𝑠 2
𝜃 = 30𝑜
𝑤2 = +10 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑎𝐺3𝑦 = −2,00 𝑚/𝑠 2
𝑤2 , 𝛼2
G2
𝛼2 = +40 𝑟𝑎𝑑/𝑠 2
2
(𝑚2 , 𝐼𝐺2 )
3
(𝑚3 , 𝐼𝐺3 )
1
𝑂2
4
(𝑚4 )
G4
𝐹23𝑦
−𝑚3 𝑎𝐺3𝑦
𝐹 23x
𝐺3
−𝐼𝐺3 𝛼3
−𝑚3 𝑎𝐺3𝑥
𝐹 43y
3
𝐹32𝑦
𝐹 43x
−𝑚3 𝑎𝐺3𝑦
𝐹21x
32x
−𝐼𝐺2 𝛼2
𝐺2
𝐹12𝑦
−𝑚2 𝑎𝐺2𝑥
𝐹 34y
2
𝑂2
𝐹12x
𝐹 34x
4
𝐺4
𝐹 14y
Krank-Biyel Mekanizmasının Dinamik Kuvvet Analizi (Analitik Yöntem)
Atalet kuvvetleri ve atalet torkları D’Alembert prensibine göre aşağıdaki gibi hesaplanır.
−𝐼𝐺2 𝛼2
−𝐼𝐺3 𝛼3
−𝑚2 𝑎𝐺2𝑥 = − 0,45 kg
𝑚
−1,82 2 = 0,819 𝑁
𝑠
−𝑚2 𝑎𝐺2𝑦 = − 0,45 kg
𝑚
−2,00 2 = 0,90 𝑁
𝑠
= − 0,0011 𝑘𝑔. 𝑚2
𝑟𝑎𝑑
40 2 = −0,044 𝑁. 𝑚 = 44𝑁. 𝑚𝑚
𝑠
−𝑚3 𝑎𝐺3𝑥 = − 0,90 kg
𝑚
−2,70 2 = 2,43 𝑁
𝑠
−𝑚3 𝑎𝐺3𝑦 = − 0,90 kg
𝑚
−2,00 2 = 1,80 𝑁
𝑠
= − 0,0022 𝑘𝑔. 𝑚2
𝑟𝑎𝑑
46 2 = −0,1 𝑁. 𝑚 = −100 𝑁. 𝑚𝑚
𝑠
−𝑚4 𝑎𝐺4 = − 1,35 kg
𝑚
−1,78 2 = 2,40 𝑁
𝑠
4 Numaralı Piston Uzvu için
Denklem 1’den;
෍ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 + −𝑚4 𝑎𝐺4 = 0 ⇒ 𝑭𝟑𝟒𝒙 = −2,40 𝑁 = −𝐹43𝑥 (1)
Denklem 5’ten;
෍ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ 𝐹43𝑥 𝑙 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 𝐹43𝑦 𝑙 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑥 𝑙𝐺 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑦 𝑙𝐺 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + −𝐼𝐺3 𝛼3 = 0
𝐹𝟒𝟑𝑦 =
𝑚3 𝑎𝐺3𝑥 𝑙𝐺 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 𝑚3 𝑎𝐺3𝑦 𝑙𝐺 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝐼𝐺3 𝛼3 − 𝐹43𝑥 𝑙 𝑠𝑖𝑛 𝜃
𝑙 𝑐𝑜𝑠 𝜃
−2,43
=
(5)
95,5
95,5
𝑠𝑖𝑛30 − 1,80
𝑐𝑜𝑠30 + 100 + 2,40 95,5 𝑠𝑖𝑛30
2
2
= 1,0 𝑁
95,5𝑐𝑜𝑠30
Denklem 2’den;
෍ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹14𝑦 + 𝐹34𝑦 = 0 ⇒ 𝑭𝟏𝟒𝒚 = −𝐹34𝑦 = 1 𝑁 (2)
4 Numaralı Piston Uzvu için
Denklem 3’ten;
෍ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑥 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 2,4 + 2,43 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 = −4,83 𝑁 (3)
Denklem 4’ten;
෍ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 + −𝑚3 𝑎𝐺3𝑦 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 1 + 1,80 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 = −2,80 𝑁(4)
4 Numaralı Piston Uzvu için
Denklem 6’dan;
෍ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹12𝑥 + 𝐹32𝑥 + −𝑚2 𝑎𝐺2𝑥 = 0 ⇒ 𝐹12𝑥 + 4,83 + 0,819 = 0 ⇒ 𝐹12𝑥 = −5,65 𝑁 (6)
Denklem 7’den;
෍ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹12𝑦 + 𝐹32𝑦 + −𝑚2 𝑎𝐺2𝑦 = 0 ⇒ 𝐹12𝑦 + 2,80 + 0,90 = 0 ⇒ 𝐹12𝑦 = −3,70 𝑁 (7)
Denklem 8’den;
෍ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ 𝑇 − 𝐹32𝑥 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜙 + 𝐹32𝑦 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜙 − −𝑚2 𝑎𝐺2𝑥 𝑟𝐺 𝑠𝑖𝑛 𝜙 + −𝑚2 𝑎𝐺2𝑦 𝑟𝐺 𝑐𝑜𝑠 𝜙 + −𝐼𝐺2 𝛼2 = 0
𝑇 = 4,83 50 𝑠𝑖𝑛 70 − 2,80 50 𝑐𝑜𝑠 70 + 0,819
50
𝑠𝑖𝑛 70 − 0,90
2
(8)
50
𝑐𝑜𝑠 70 + 44 = 234,60 𝑁. 𝑚𝑚 (𝐶𝐶𝑊 , 𝑆𝑌𝑇)
2
3.7. RİJİT CİSİMLERİN BİR EŞDEĞER MADDESEL NOKTALAR SİSTEMİNE
İNDİRGENMESİ
Gerçek katı cisim yerine noktasal kütleler konulması işlemine katı cismin kütlesinin statik bakımdan
eşdeğer olarak noktasal kütlelere indirgenmesi denir.
3.7. RİJİT CİSİMLERİN BİR EŞDEĞER MADDESEL NOKTALAR
SİSTEMİNE İNDİRGENMESİ
Dinamik Eşdeğer Noktasal Kütleler:
Düzlemsel hareket yapan düzlemsel katı cisim ile bu cismin belirli noktalarına konmuş, bu noktalar dışında kütlesiz
olan ve diğer cisimlerle bağlantı özelliklerini koruyan noktasal kütleler sisteminin dinamik bakımdan eşdeğer olması
halidir.
Bir rijit cismin bütün noktalarının yörüngeleri birbirine paralel düzlemler içinde kalacak şekilde hareket ediyorsa bu
cismin düzlemsel hareket yaptığı söylenir.
3.7. RİJİT CİSİMLERİN BİR EŞDEĞER MADDESEL NOKTALAR
SİSTEMİNE İNDİRGENMESİ
Dinamik eşdeğerlik için gerek ve yeter şart:
1. Gerçek cismin kütlesinin noktasal kütlelerin toplamına eşit olması.
𝑛
෍ 𝑚𝑖 = 𝑚
𝑖=1
2. Gerçek cismin ağırlık merkezinin noktasal kütleler sisteminin ağırlık merkezi ile aynı olması. (Kütle merkezinin
yeri değişmeyecek.)
𝑛
𝑛
෍ 𝑚𝑖 𝑥𝑖 = 0,
෍ 𝑚𝑖 𝑦𝑖 = 0,
𝑖=1
𝑖=1
3. Ağırlık merkezinden geçen ve hareket düzlemine dik olan eksene göre gerçek cismin ve noktasal kütleler
sisteminin kütlesel atalet momentlerinin birbirine eşit olması.(Kütle merkezine göre atalet momenti değişmeyecek.)
𝑛
෍ 𝑚𝑖 𝑥𝑖2 + 𝑦𝑖2 = 𝐼𝑧 = 𝑚𝑘 2 ,
𝑖=1
𝑘2 =
𝐼 𝑚𝑎𝑠𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡 𝑖𝑛𝑒𝑟𝑡𝑖𝑎
= (radius of gyration = atalet yar𝚤çap𝚤)
𝑚
3.7.1. Dört Çubuk Mekanizmasında Kütlelerin İndirgenmesi
C
mC
C
mC1
l3C
l4
l3
l3B
m3
G3
G4
m4
mB
B
l4C
l4
m4
l4C
G4
l2
m2
G2
l2B
l4O4
mO2
O2
l1
mO4
O4
O4
𝑚𝐵2 + 𝑚𝐶2 = 𝑚3 ;
𝑚𝐶2 𝑙3C = 𝑚𝐵2 𝑙3𝐵 ;
2
2
𝑚𝐶2 𝑙3𝐶
+ 𝑚𝐵2 𝑙3𝐵
= 𝑚3 𝑘32 = 𝐼𝐺3
mB1
𝑚𝑂2 + 𝑚𝐵1 = 𝑚2 ;
𝑚𝑂2 𝑙2O2 = 𝑚𝐵1 𝑙2B ;
2
2
𝑚𝑂2 𝑙2𝑂2
+ 𝑚𝐵1 𝑙2𝐵
= 𝑚2 𝑘22 = 𝐼𝐺2
l2
m2
G2
l2B
l2O2
l4O4
mO4
l2O2
B
𝑚𝑂4 + 𝑚𝐶1 = 𝑚4 ;
𝑚𝐶1 𝑙4C = 𝑚𝑂4 𝑙4o4 ;
2
2
𝑚𝐶1 𝑙4𝐶
+ 𝑚𝑂4 𝑙4𝐶
= 𝑚4 𝑘42 = 𝐼𝐺4
C
l3C
mC2
mO2
O2
1. Kütlelerin toplamı eşit,
2. Kütle merkezi değişmeyecek,
3. Kütlemerkezine göre atalet momenti
değişmeyecek
l3B
m3
mB2
B
G3
𝑚𝐶 = 𝑚𝐶1 + 𝑚𝐶2
𝑚𝐵 = 𝑚𝐵1 + 𝑚𝐵2
3.7.1. Dört Çubuk Mekanizmasında Kütlelerin İndirgenmesi
C
mC
l4
l3
B
mB
l2
mO4
O2
mO2
𝑚𝐵 = 𝑚𝐵1 + 𝑚𝐵2
l1
O4
𝑚𝐶 = 𝑚𝐶1 + 𝑚𝐶2
1. Kütlelerin toplamı eşit,
2. Kütle merkezi değişmeyecek,
3. Kütlemerkezine göre atalet momentumu değişmeyecek
3.7.1. Dört Çubuk Mekanizmasında Kütlelerin İndirgenmesi
Biyel kolunun kavramsal olarak kütlesizleştirilmesi için B ve C noktalarında kavramsal mB ve mC kütleleri yerleştiriyoruz. Bu
kavramsal kütlelerin kütle merkezi yine G3 oluyor ve toplamları m3 biyel kütlesi oluyor. Her iki durumda da cismin kütlesel
atalet momenti aynı olup G3 merkezinde aynı dinamik kuvvetler oluşuyor. Dolayısıyla kütlesiz biyel kolu ile orijinali dinamik
olarak eşdeğer oluyorlar. G3 kütle merkezinin B noktasına olan uzaklığı 𝑙1 ve 𝐶 noktasına olan uzaklığı 𝑙2 olsun, biyelin toplam
uzunluğu 𝑙 = 𝑙1 + 𝑙2 olmak üzere aşağıdaki bağıntıya göre eşdeğer kütleler belirlenir. En azından aşağıdaki eşitlikteki şartlardan
ikisi sağlanmalıdır.
mB
B
l1
Kütlesiz Çubuk
m3
G3
l1
=
l2
G3
C
l2
Dinamik eş değer
1) m B + m C = m 3
2) m B l1 = m C l2
3)
m B l12 + m C l22 = I G 3
mC
3.7.2. Krank Biyel Mekanizmasında Kütlelerin İndirgenmesi
Şekilde bir krank biyel mekanizması gösterilmiştir. Krank ve piston, biyele göre analiz edilmesi nispeten daha basit olan dönme
hareketi ve doğrusal hareket gerçekleştirir. Biyel kolu, B ve C noktaları dışında daha karmaşık bir hareket sergiler. Bu noktalar,
krank ve piston üzerindeki noktalarla çakışırlar ve bu nedenle B noktası dairesel bir yol izlerken ve C noktası düz bir çizgisel yol
izler.
Burada, B ve C noktaları için basitleştirilmiş kinematik nedeniyle, orijinal biyel kolunun kütle dağılımını, sırasıyla B ve C
noktalarında kütlesiz bir rijit çubukla bağlanan iki noktasal kütle mb ve mc'den oluşan eşdeğer bir cisimle temsil etme
durumunu inceleyeceğiz. Cebirsel ifadede üç numaralı uzvun kütle merkezinin ivmesini elde etmek zahmetli bir iştir. Üç
numaralı uzvun ivmesini bulduktan ve atalet kuvveti kütle merkezine yerleştirilir ve sonra kuvvet analizi analizi yapılır. Problemi
daha da basitleştirmek için eşdeğer kütle yaklaşımı kullanılabilir. Eşdeğer kütle sistemi probleminde, bir yerine iki nokta kütlesi
olan bir model oluşturuyoruz. Kütlelerden biri C noktasına diğeri de B noktasına yerleştirilecektir.
3
2
4
Gerçek biyel
𝐺4
İki kütleye indirgenmiş biyel
Gerçek biyel
İki kütleye indirgenmiş biyel
Burada indirgeme işleminin statik ve dinamik olarak eşdeğer
olabilmesi için aşağıdaki şartların sağlanması gerekir.
Denklem 1, 2 ve denklem 3’den;
1−) 𝑚𝐵 𝑙𝐵 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶
2−) 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 𝑚3
3−) 𝐼𝐺3 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶2 + 𝑚𝐵 𝑙𝐵2
𝑙𝐶
𝑙𝐶
𝑚𝐵 =
𝑚3 = 𝑚3
(𝑙𝐵 + 𝑙𝐶 )
𝑙
𝑙
𝑙
𝐵
𝐵
𝑚𝐶 = (𝑙 +𝑙
𝑚
=
𝑚3
3
)
𝑙
𝐵
𝐼𝐺3
𝑙𝐵 =
𝑚3 𝑙𝐶
𝐶
𝐺3
𝐺3 , 𝐼𝐺3 , 𝑚3
Burada indirgeme işleminin statik ve dinamik olarak eşdeğer
olabilmesi için aşağıdaki şartların sağlanması gerekir.
1−) 𝑚𝐵 𝑙𝐵 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶
2−) 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 𝑚3
3−) 𝐼𝐺3 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶2 + 𝑚𝐵 𝑙𝐵2
Burada temel işleyiş şu şekildedir; 2 kütleden birincisi bilindik bir nokta olan C
noktasına yerleştirilir. 1, 2 ve 3 numaralı denklemler incelendiğinde
𝑚𝐵 , 𝑙𝐵 𝑣𝑒 𝑚𝐶 olmak üzere 3 bilinmeyenimiz mevcut. 3 denklemden bu
bilinmeyenler elde edilir.
Denklem 1, 2 ve denklem 3’den;
𝑙𝐶
𝑙𝐶
𝑚𝐵 =
𝑚 = 𝑚3 (1)
(𝑙𝐵 + 𝑙𝐶 ) 3
𝑙
𝑙
𝑙
𝐵
𝐵
𝑚𝐶 = (𝑙 +𝑙
𝑚
=
𝑚3 (2)
3
)
𝑙
𝐵
𝑙𝐵 =
𝐶
𝐼𝐺3
(3)
𝑚3 𝑙𝐶
𝑙𝐵 bulunduktan sonra ikinci kütle bu noktaya yerleştirilir. Bu nokta perküsyon
noktası yada vurma merkezi olarak adlandırılır. Vurma merkezi atalet
momentinin olmadığı noktadır ve sadece atalet kuvveti vardır. Burada vurma
merkezi ile B noktası yaklaşık olarak çakışır yani biyel için bilinmeyen sayısı
𝑚𝐵 𝑣𝑒 𝑚𝐶 olmak üzere 2 ye düşer.
Örnek: 1 m uzunluğundaki bir AB çubuğunun kütlesi 10 kg ve merkez kütle atalet momenti 0,5 𝑘𝑔. 𝑚2′𝑑𝑖𝑟. Kütle merkezi
uzvun orta noktasındadır. Bu cismi, biri B'de bulunan eşdeğer iki noktalı bir kütle sistemine indirgeyiniz. Diğer nokta
kütlesinin yerleştirileceği vurma merkezinin (perküsyon noktasının) yerini bulunuz. Uzvun dönme eylemsizlik yarıçapını
bulunuz?
𝑚𝐵 =
1−) 𝑚𝐵 𝑙𝐵 = 𝑚𝑃 𝑙𝑃
2−) 𝑚𝐵 + 𝑚𝑃 = 𝑚
3−) 𝐼𝐶𝐺 = 𝑚𝑃 𝑙𝑃2 + 𝑚𝐵 𝑙𝐵2
𝑙𝑃
𝑚
(𝑙𝐵 + 𝑙𝑃 )
𝑙
𝐵
𝑚𝑃 = (𝑙 +𝑙
𝑚
)
𝐵
𝑃
𝐼𝐶𝐺
0,5
𝑙𝑃 =
=
= 0,1 𝑚
𝑚𝑙𝐵 10(0,5)
𝐼𝐶𝐺
2
𝑘 =
⇒𝑘=
𝑚
𝐼𝐶𝐺
=
𝑚
0,5
= 0,2236 𝑚 (atalet yar𝚤çap𝚤)
10
𝑙𝑃
0,1
𝑚=
10 = 1,666 𝑘𝑔
(𝑙𝐵 + 𝑙𝑃 )
0,5 + 0,1
𝑙𝐵
0,5
𝑚𝑃 =
𝑚=
10 = 8,334 𝑘𝑔
(𝑙𝐵 + 𝑙𝑃 )
0,5 + 0,1
𝑚𝐵 =
Makine Dinamiği
(Hafta 6)
Mekanizmalarda dinamik ve statik kuvvet analizi örnek çözümü.
ÖRNEK
Aşağıdaki dört çubuk mekanizmasında, uzunluğu 15 mm olan krank kolu saat yönünde 10 rad/s açısal hız ile dönmektedir. 4 numaralı uzva
şekilde gösterildiği gibi F4 = 9 kN’luk bir dış kuvvet etki etmektedir. Gösterilen konumda mekanizma statik olarak dengede olduğuna göre 2
numaralı uzva uygulanması gereken T2 torkunu, mafsal kuvvetlerini ve motordan kranka aktarılan gücü bulunuz. ( l2=O2B = 15 mm, l3=BC=100
mm, r4=DO4= 32.5 mm, l4=CO4 =45 mm)
17.32⁰
ÖRNEK
Aşağıdaki dört çubuk mekanizmasında, uzunluğu 15 mm olan krank kolu saat yönünde 10 rad/s açısal hız ile dönmektedir. 4 numaralı uzva
şekilde gösterildiği gibi F4 = 9 kN’luk bir dış kuvvet etki etmektedir. Gösterilen konumda mekanizma statik olarak dengede olduğuna göre 2
numaralı uzva uygulanması gereken T2 torkunu, mafsal kuvvetlerini ve motordan kranka aktarılan gücü bulunuz. ( l2=O2B = 15 mm, l3=BC=100
mm, r4=DO4= 32.5 mm, l4=CO4 =45 mm)
ANALİTİK ÇÖZÜM:
Mekanizma uzuvlarının Şekil’de gösterilen serbest cisim diyagramlarını kullanarak 4 nolu uzvun
dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 + 𝐹14𝑥 − 𝐹4𝑥 = 0 (1)
⇒ 𝐹34𝑥 + 𝐹14𝑥 − 9000 = 0 (1)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 + 𝐹14𝑦 = 0 ⇒ 𝐹34𝑦 = −𝐹12𝑦 (2)
σ 𝑻𝑶𝟒 = 0 ⇒ −𝐹34𝑥 𝑙4 cos(90 − 𝜃4 ) + 𝐹34𝑦 𝑙4 sin(90 − 𝜃4 ) + 𝐹4 𝑟4 cos(90 − 𝜃4 ) = 0 (3)
⇒ −𝐹34𝑥 45 cos( 7) + 𝐹34𝑦 45 sin( 7) + 9000 32,5 cos 7 = 0
⇒ −44,66𝐹34𝑥 + 5,48𝐹34𝑦 = −290319,74 (3)
elde edilir. Burada (1), (2) ve (3) eşitlikleri 𝐹14𝑥 , 𝐹14𝑦 , 𝐹34𝑥 ve 𝐹34𝑦 olmak üzere dört bilinmeyen
içermektedir. Yani bu üç eşitlik çözüm için yeterli değildir. Çözüm ancak 3 nolu uzvun denge eşitliklerinin
de birlikte ele alınmasıyla yapılabilir.
Şekil’de gösterilen 3 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 = −𝐹43𝑥 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 = −𝐹43𝑦 (5)
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ −𝐹43𝑥 𝑙3 sin 𝜃3 + 𝐹43𝑦 𝑙3 cos 𝜃3 = 0 (6)
⇒ −𝐹43𝑥 100 sin 17 + 𝐹43𝑦 100 cos 17 = 0
Bu üç denklemde 𝐹23𝑥 , 𝐹23𝑦 , 𝐹43𝑥 ve 𝐹43𝑦 olmak üzere 4
bilinmeyen içermektedir. Yani uzuv 3 ve uzuv 4 için toplam
bilinmeyen sayısı 8 denklem sayısı 6 dır.
Ancak Newton’un 3. Kanunundan (etki-tepki) yararlanılarak;
𝐹43𝑥 = −𝐹34𝑥 ve 𝐹43𝑦 = −𝐹34𝑦 yazılabilir.
Bu ifadeler denklem (4), denklem (5) ve denklem (6)’da yerine yazılırsa;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 + 𝐹43𝑥 = 0 ⇒ 𝐹23𝑥 = 𝐹34𝑥 (4)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 + 𝐹43𝑦 = 0 ⇒ 𝐹23𝑦 = 𝐹34𝑦 (5)
σ 𝑻𝑩 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 100 sin 17 − 𝐹34𝑦 100 cos 17 = 0 (6)
29,24𝐹34𝑥 − 95,63𝐹34𝑦 = 0 (6)
(3) Ve (6) numaralı eşitlikler alt alta yazılırsa;
−44,66𝐹34𝑥 + 5,48𝐹34𝑦 = −290319,74 (3)
29,24𝐹34𝑥 − 95,63𝐹34𝑦 = 0 (6)
𝐹34𝑥 = 6754, 1N ve 𝐹34𝑦 = 2065,13𝑁 ⇒ 𝐹34 = 7062,76 𝑁
İki denklem matris formatında yazılırsa;
𝑎11
𝑎21
𝐹34𝑥
−44,66
5,48
−290319,74
=
29,24 −95,63 𝐹34𝑦
0
𝑎12 −1
𝑎22
1
=
𝑎22
𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎21
𝑎11
𝐹34𝑥
−44,66
5,48 −1 −290319,74
= 𝑎
𝐹34𝑦 = 29,24 −95,63
0
21
𝑎22
𝐹34𝑥
1
=
𝐹34𝑦
𝑑𝑒𝑡 𝐴 −𝑎21
−𝑎12 𝑏11
𝑎11 𝑏21 ⇒
𝐹34𝑥 =
𝑎22 𝑏11 −𝑎12 𝑏21
= 6754,1 𝑁
𝑎11 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12
𝑎11 𝑏21 −𝑎21 𝑏11
𝐹34𝑦 =
= 2065,13 𝑁
𝑎11 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12
−𝑎12
𝑎11
𝑎12 −1 𝑏11
⇒
𝑎22
𝑏21
Şekil’de gösterilen 2 nolu uzvun dengesinden;
σ 𝑭𝒙 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 + 𝐹12𝑥 = 0 ⇒ 𝐹32𝑥 = −𝐹12𝑥 (7)
σ 𝑭𝒚 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 + 𝐹12𝑦 = 0 ⇒ 𝐹32𝑦 = −𝐹12𝑦 (8)
σ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ −𝐹32𝑥 𝑙2 sin( 𝜃2 ) + 𝐹32𝑦 𝑙3 cos( 𝜃2 ) + 𝑇 = 0 (9)
Ancak Newton’un 3. Kanunundan ve 3 numaralı uzvun denge
denklemlerinden yararlanarak;
𝐹32𝑥 = −𝐹23𝑥 = −𝐹34𝑥 = −𝐹12𝑥 ve 𝐹32𝑦 = −𝐹23𝑦 = −𝐹34𝑦 = −𝐹12𝑦
𝐹32𝑥 = −6754, 1N, 𝐹23𝑥 = 6754, 1N, 𝐹12𝑥 = 6754, 1N
𝐹32𝑦 = −2065,13𝑁, 𝐹23𝑦 = 2065,13𝑁𝑁, 𝐹12𝑦 = 2065,13𝑁
Bu ifadeler denklem (7), denklem (8) ve denklem (9)’da yerine yazılırsa;
σ 𝑻𝑶𝟐 = 0 ⇒ 𝐹34𝑥 15 sin( 90) − 𝐹34𝑦 15 cos( 90) + 𝑇 =0 (9)
6754,1 15 sin( 90) + 𝑇 = 0
𝑇 = −101311,5 𝑁. 𝑚𝑚 = −101,31𝑁. 𝑚 (SY yada CW)
𝐺üç = 𝑇𝑤 ⇒
𝑃 = 101,31(𝑁. 𝑚)10 (𝑟𝑎𝑑/𝑠) = 1013,1 𝑁𝑚/𝑠
= 1013,1 𝑊𝑎𝑡𝑡 = 1,01𝑘𝑊
Grafik Çözüm:
1-) Verilen mekanizma verilen boyut ve açılarda ölçekli olarak çizilir.
2-) Ölçekli çizimi yapılan mekanizma uzuvlarının her birinin serbest cisim diyagramları çizilir.
3-) Uzuvların iki kuvvet elemanlı yada üç kuvvet elemanlı olup olmadıkları belirlenir ve serbest cisim diyagramında mafsallara etki eden
kuvvetler yerleştirilir.
• 2 numaralı uzuv 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun reaksiyon kuvveti F32 B noktasından, 1 numaralı uzvun tepki kuvveti
F12 ise O2 noktasından etki etmektedir. Verilen mekanizmayı statik dengede tutmak içinde bir tork uygulamamız gerekmektedir.
• 3 numaralı uzuv 2 kuvvet etkisi altındadır. 2 numaralı uzvun tepki kuvveti F23 B noktasından, 4 numaralı uzvun tepki kuvveti F43 C noktasından
etki etmektedir. Bu sebeple B ve C noktasındaki kuvvetlerin doğrultusu BC doğrultusunda birbirine eşit büyüklükte ve zıt yönlüdür.
• 4 numaralı uzuv 3 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzvun tepki kuvveti F34 C noktasından, 1 numaralı uzvun tepki kuvveti F14 , O4
noktasından etki etmektedir. Ayrıca D noktasından bir dış kuvvet uygulanmaktadır.
4-) Her bir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracaktır.
a) Uzuv 4, 3 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzuv iki
kuvvet etkisinde olduğu için, 4 numaralı uzva etki eden F34
reaksiyon kuvveti BC doğrultusunda olmak zorundadır. 4
numaralı uzuv üç kuvvet etkisi altında olduğu için, üç
kuvvetin doğrultuları aynı noktada kesişmeli ve uzva etki
eden net kuvvet sıfır olmalıdır. Bu sebeple F34 ve F4
kuvvetlerinin uygulama doğrultuları uzatılırsa, bu iki
kuvvet P noktasında kesişirler. O halde O4 noktasındaki F14
reaksiyon kuvvetinin doğrultusu da bu noktadan geçmek
zorundadır. Bu noktada F4 kuvvetinin yönü, doğrultusu ve
büyüklüğü biliniyor fakat F14 ve F34 kuvvetlerinin sadece
doğrultusu biliniyor. 4 numaralı uzuvda C ve 04 noktalarına
göre moment alınarak F14 ve F34 kuvvetlerinin yönleri
belirlenebilir. F14 ve F34 kuvvetlerinin büyüklüğünü
bulunurken 3 kuvvetin vektörel toplamının 0 olması gereği
kullanılır. F4 kuvveti belirli bir ölçekte çizilir ve F4
vektörünün baş kısmına F34 kuvvetine paralel bir çizgi,
kuyruk kısmına ise F14 kuvvetine paralel bir çizgi çizilerek
kuvvet poligonu oluşturulur. Daha sonra kuvvet
poligonundan F34 ve F14 vektörleri ölçülüp ölçekle
çarpılarak büyüklükleri bulunur.
4-) Herbir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracktır.
b) Uzuv 3, 2 kuvvet etkisi altındadır. 3 numaralı uzuv iki kuvvet etkisinde olduğu için, B ve C noktasındaki kuvvetlerin doğrultusu BC
doğrultusunda birbirine eşit büyüklükte ve zıt yönlü olmak zorundadır. 3 numaralı uzva etki eden F43 reaksiyon kuvveti etki tepki yasası gereği
𝑭𝟒𝟑 = −𝑭𝟑𝟒 olacaktır. Dolayısı ile 𝑭𝟐𝟑 = −𝑭𝟒𝟑 = 𝑭𝟑𝟒 olacaktır. (𝐹23 = 𝐹43 =7074 N)
2.2.1.5 Dört Çubuk Mekanizmasının Grafik Kuvvet Analizi
4-) Herbir uzuv için statik yasaları uygulanır. Çözüm için dış kuvvet uygulanan uzuvdan başlamak işimizi kolaylaştıracktır.
c) Uzuv 2, 2 kuvvet ve 1 moment etkisi altındadır. İki kuvvet ( 𝑭𝟑𝟐 , 𝑭𝟏𝟐 ) ve uygulanan bir momente (𝑻) maruz kalan bir elemanın dengesi için,
𝑭𝟑𝟐 ve 𝑭𝟏𝟐 kuvvetleri uygulanan momente eşit ve zıt yönlü olan bir kuvvet çifti oluşturmalıdır. Dolayısıyla, 𝑭𝟑𝟐 kuvvetinin büyüklüğü ve yönü
biliniyorsa, o zaman 𝑭𝟏𝟐 kuvvetinin büyüklüğü eşit, doğrultusu paralel ve yönü zıt olacaktır ve uygulanan çiftin momenti 𝑭𝟑𝟐 ve 𝑭𝟏𝟐 kuvvet
çiftinin momentine eşit büyüklükte ve zıt yönde olmalıdır.
𝑭𝟑𝟐 = −𝑭𝟐𝟑 ⇒ 𝐹32 = 7074 𝑁
𝑇 = 𝐹32 ℎ = 7074 14,32 = 𝟏𝟎𝟏𝟑𝟎𝟎 𝑵. 𝒎𝒎 = 𝟏𝟎𝟏. 𝟑 𝑵. 𝒎 (SY yada CC)
Makine Dinamiği
(Hafta 7)
Vize sınavı
Makine Dinamiği
(Hafta 8-9)
Tork düzgünsüzlüğü ve volan tasarımı.
8. Volan
• Volanlar, makine, motor, pompa vb. birçok makine mühendisliği sisteminde
kullanımına gereksinim duyulan kütlelerdir.
• Volanlar, sistemdeki ihtiyaç fazlası kinetik enerjiyi depolayan, ihtiyaç olduğunda
depoladığı enerjiyi sisteme geri veren dönel kütleler olarak tanımlanabilir.
• Volanların temel olarak iki kullanım alanı vardır.
1. Yük karakteristiği düzgün, giriş karakteristiği dalgalı olan makinelerde hız ve tork
düzgünsüzlüğünü yok etmek. Birinci türeden volan kullanımı gerektiren
sistemlerin en önemli örneği bir içten yanmalı motor ve jeneratör grubudur.
2. Giriş karakteristiği düzgün, iş karakteristiği dalgalı makinelerde hız
düzgünsüzlüğünü yok etmek ve sistemi çalıştırmak için gerekli olan motor
gücünden tasarruf etmek. İkinci türeden sistemlerin en tipik örneği ise
eksantrik preslerdir.
8.1 Hız Düzgünsüzlüğü
• Bir mildeki motor torku Mm veya yük torku Mw, üzerinde bağlı olduğu
makinenin karakteristiğine bağlı olarak çalışma esnasında değişim
gösterir. Bu değişim mil hızında dalgalanmalara neden olur. Bu
dalgalanmalara hız düzgünsüzlüğü denilir.
• Hız düzgünsüzlüğü; makinelerde istenmeyen yatak reaksiyonları ve
dengesizlik kuvvetlerinin oluşmasına, parçalarda aşırı deformasyon ve
zorlanmalar oluşmasına, düzensiz çalışma, iş kalitesinde bozulma,
titreşim, gürültü, enerji kaybı, şebekeden çekilen akımda ani değişiklikler
ve pikler oluşması vb. olumsuz sonuçlara neden olur.
8.1 Hız Düzgünsüzlüğü
Bu bölümde mil hızındaki düzgünsüzlüğün giderilmesi için volan ilave edilmesi
incelenecektir.
Hız düzgünsüzlüğü katsayısı, sistem hızında izin verilebilen hız dalgalanmasının
kabul edilebilir sınırını tanımlayan boyutsuz bir büyüklüktür.
𝜔max − 𝜔min
𝐶𝑓 =
𝜔𝑜𝑟𝑡
𝜔max =Sistemdeki en büyük dönme hızı
𝜔min =Sistemdeki en küçük dönme hızı
𝜔ort =Sistemin ortalama çalışma hızıdır.
𝜔max + 𝜔min
𝜔𝑜𝑟𝑡 =
2
8.2 Volan İhtiyacının Belirlenmesi
• Bir sitemin volan ihtiyacı, istenilen hız düzgünsüzlüğünü sağlayabilecek volanın
atalet momenti olarak belirlenir. Volan ihtiyacı belirlenirken sistemdeki dönel
elemanların aynı zamanda bir volan gibi davranacağı göz önüne alınarak mevcut
dönel kütlelere ek olarak sisteme bağlanması gereken volanın atalet momenti
hesaplanır.
• Bir sistemin enerjisinin en yüksek olduğu an sistem hızının en yüksek olduğu ana
karşılık gelir. Buna benzer şekilde sistemin enerjisinin en düşük olduğu an, sistem
hızının en düşük olduğu ana karşılık gelir. Volan, sistemdeki enerji düzeyinin ihtiyaç
duyulan düzeyin üstüne çıktığı zamanlarda (elektrik motorlarında avare zamanı,
içten yanmalı motorlarda genleşme stroku) sistemdeki ihtiyaç fazlası enerjiyi
depolar. Volanın genel olarak ortalama bir hızda döndüğü kabul edilirse sistemin
en yüksek hıza ulaştığı anda volana depolanan kinetik enerji miktarı;
1
2
𝐸𝑘𝑚𝑎𝑥 = 𝐼𝑤𝑚𝑎𝑥
2
•
• Sistemin en düşük hıza düştüğü anda volanda depolanmış olan kinetik enerji;
1
2
2
• 𝐸𝑘𝑚𝑖𝑛 = 𝐼𝑤𝑚𝑖𝑛
8.2 Volan İhtiyacının Belirlenmesi
Sistem hızının ortalamanın üzerinde seyrettiği sürede depoladığı kinetik enerji ile enerji düzeyi
maksimuma çıkan volan, sistem hızı düştükçe sistemin hızını koruyabilmesi için elektrik
devresindeki kapasitör benzeri davranışla kinetik enerjinin bir miktarını sisteme verir. Bu zaman
içerisinde kinetik enerjideki düşüşten dolayı volan hızı da düşer. Volanın en düşük hıza indiği
anda volanda depolanmış olan kinetik enerji miktarı minimum düzeye inmiş olur.
1
1
1
2
2
2
2
∆𝐸𝑘 = 𝐼𝑚 𝑤𝑚𝑎𝑥 − 𝐼𝑚 𝑤𝑚𝑖𝑛 = 𝐼𝑚 (𝑤𝑚𝑎𝑥
− 𝑤𝑚𝑖𝑛
)
2
2
2
1
1
2
∆𝐸𝑘 = 𝐼𝑚 (𝑤𝑚𝑎𝑥 + 𝑤𝑚𝑖𝑛 )(𝑤𝑚𝑎𝑥 − 𝑤𝑚𝑖𝑛 ) = 𝐼𝑚 2𝜔𝑜𝑟𝑡 𝐶𝑓 𝜔𝑜𝑟𝑡 = 𝐼𝑚 𝐶𝑓 𝑤𝑜𝑟𝑡
2
2
∆𝐸𝑘
𝐼𝑚 =
2
𝐶𝑓 𝑤𝑜𝑟𝑡
Böylece, seçilen hız dalgalanması katsayısını elde etmek için tüm döner sistemde kütle
ATALET momentinin gerekli miktarı yukarıdaki ilişkiyi kullanarak belirlenir. 𝛥𝐸𝑘 ve 𝐶𝑓 bilinir
ve 𝐼𝑚 hesaplanır.
8.2 Volan İhtiyacının Belirlenmesi
• Volan ihtiyacını belirlerken öncelikle bir hız düzgünsüzlük katsayısı belirlenmesi gerekir. Cf hız
düzgünsüzlük katsayısı tasarımcı tarafından seçilen bir tasarım parametresidir. Cf küçük
değerde seçilirse, volan da o kadar kadar büyük olmalı ve buda sisteme daha fazla maliyet ve
ağırlık eklenmesine neden olmaktadır.
• Ancak Cf değerinin küçük olması, cihazın çalışmasını daha düzgün hale getirir.
• Cf Tipik olarak hassas makineler için 0,01 - 0,05 arasında bir değere ve kırıcı çekiçleme
makineleri gibi kaba uygulamalar için 0,20'ye kadar yüksek bir değere ayarlanır.
Sistemin ortalama hızı biliniyorsa maksimum ve minimum hızlar;
𝐶𝑓
𝑤𝑚𝑎𝑥 = 𝜔𝑜𝑟𝑡 + 𝜔𝑜𝑟𝑡
2
𝐶𝑓
𝑤𝑚𝑖𝑛 = 𝜔𝑜𝑟𝑡 − 𝜔𝑜𝑟𝑡
2
8.3 İÇTEN YANMALI MOTORLA ÇALIŞTIRILAN MAKİNELERDE VOLAN İHTİYACININ BELİRNEMESİ
• İçten yanmalı motorla çevrilen yük karakteristiği düzgün olan makinelerde motorun torkkrank açısı karakteristiğine ait eğri elde edilir.
• Bu eğrinin altında kalan alan motorun yaptığı işi belirtir. Kranktan elde edilen tork; gaz
kuvvetlerinden oluşan gaz torku ile motordaki hareket eden parçalara ait atalet kuvvetlerinin
oluşturduğu atalet torku toplanarak hesaplanır. Atalet torku bazen motora enerji vererek
yardımcı olmakta bazen de motordan enerji çekmektedir.
8.3 İÇTEN YANMALI MOTORLA ÇALIŞTIRILAN MAKİNELERDE VOLAN İHTİYACININ BELİRNEMESİ
• Gaz torku, ağırlıklı olarak genleşme strokunda yanma gazlarının piston üzerinde oluşturduğu
kuvvetten oluşmaktadır. Motora ait gaz torku silindir içine yerleştirilen bir basınç sensörü
(endikatör) aracılığı ile elde edilen basınç değerinin kranka etki eden torka dönüştürülmesi
şeklinde elde edilmektedir. Atalet torkları ise motora ait mekanizmanın dinamik analizinden
elde edilen atalet kuvvetlerinin kranka etki ettirdiği tork hesaplanarak belirlenmektedir.
• İş fazlalığı değerini hesaplamak için motorun ortalama tork değerinin hesaplanması
gerekmektedir. Bunun için tork krank açısı eğrisinin altında kalan alan, nümerik itegrasyon ile
hesaplanarak ortalama tork çizgisi çizilmektedir. Ortalama tork çizgisinin üzerindeki alanlar
pozitif olarak gösterilmekte, altındaki alanlar ise negatif olarak gösterilmektedir. Ortalama
tork değeri o şekilde seçilmelidir ki, bu çizginin üzerindeki alanların toplamı, altındaki
alanların toplamının mutlak değerine eşit olmalıdır. Yani, pozitif alanların toplamı negatif
alanların toplamına eşit olmalıdır.
8.3 İÇTEN YANMALI MOTORLA ÇALIŞTIRILAN MAKİNELERDE VOLAN İHTİYACININ BELİRNEMESİ
• Kinetik enerjideki gerekli değişiklik 𝛥𝐸𝑘 , bilinen bir tork zaman ilişkisinden ya da bir periyot
için entegre edilerek tork-açı eğrisinden elde edilir.
𝜃→𝑤max
𝛥𝐸𝑘 =
න
𝜃→𝑤min
(𝑇 − 𝑇𝑜𝑟𝑡 )𝑑𝜃
8.3 İÇTEN YANMALI MOTORLA ÇALIŞTIRILAN MAKİNELERDE VOLAN İHTİYACININ BELİRNEMESİ
Örnek: Yük karakteristiği düzgün olan bir makineye akuple edilen bir içten yanmalı motora ait T-THETA
karakteristiği şekilde verilmiştir. Motora ait ortalama tork değeri hesaplanmış, ortalama torkun üzerindeki alanlar
pozitif altındaki alanlar negatif olarak gösterilmiştir. Motorun ortalama çalışma devir sayısı 3000 d/dak olarak
verilmiştir. Sistemin hız düzgünsüzlüğü %5 olacak şekilde çalışması için motora bağlanması gereken volanın atalet
momentini hesaplayınız.
Tork
Tm
A1=300J
A2=400 J
A3=500 J
A4=800 J
A5=400 J
A
A4
A2
A1
B
C
D
A3
Krank açısı
F
E
A5
8.3 İÇTEN YANMALI MOTORLA ÇALIŞTIRILAN MAKİNELERDE VOLAN İHTİYACININ BELİRNEMESİ
• Cevap:
• Motorun ortalama çalışma hızı:
Tork
2𝜋 3000
𝜔𝑜𝑟𝑡 =
= 314,16 𝑟𝑎𝑑/𝑠
60
A noktasındaki Enerji=EA
B noktasındaki Enerji=EB=EA-A1
C noktasındaki Enerji=EC= EB +A2=EA-A1+A2
D noktasındaki Enerji=ED= EC –A3=EA-A1+A2- A3
E noktasındaki Enerji=EE= ED +A4=EA-A1+A2- A3+ A4
F noktasındaki Enerji=EF= EE –A5=EA-A1+A2- A3+ A4- A5
A1=300J
A2=400 J
A3=500 J
A4=800 J
A5=400 J
A4
Tm
A
A2
A1
B
C
D
A3
Krank açısı
F
E
A5
Tork
A noktasındaki Enerji=EA
B noktasındaki Enerji=EB=EA-A1
C noktasındaki Enerji=EC= EB +A2=EA-A1+A2
D noktasındaki Enerji=ED= EC –A3=EA-A1+A2- A3
E noktasındaki Enerji=EE= ED +A4=EA-A1+A2- A3+ A4
F noktasındaki Enerji=EF= EE –A5=EA-A1+A2- A3+ A4- A5
A1=300J
A2=400 J
A3=500 J
A4=800 J
A5=400 J
A4
Tm
A
A2
A1
B
C
D
A3
F
E
A5
2
∆𝐸𝑘 = 𝐼𝑚 𝐶𝑓 𝑤𝑜𝑟𝑡
800= 𝐼𝑚 (0,05) 314,16 2
Krank açısı
B noktasındaki Enerji=EB=EA-300:
EC= EB +A2= EA-300+500=EA+200
ED= EB –A3=EA-A1+A2- A3= EA-300+500- 600= EA-400 (Minimum enerji)
EE= EB –A3=EA-A1+A2- A3+ A4= EA-300+500- 600+800= EA+400 (Maksimum enerji)
EF= EB –A3=EA-A1+A2- A3+ A4- A5= EA-300+500- 600+800-400= EA
EA-400 den EA+400 Enerjideki değişim:
ΔE=maks. Enerji –min. Enerji= (EA+400) –(EA-400 )=800 J
𝐼𝑚 = 0,1621 𝑘𝑔𝑚2
+400
Maksimum Enerji seviyesi
-400
+100
+800
Δ𝐸𝑘 = 400 − −400 = 800𝐽
+400
-300
-500
-300
-400
Minimum Enerji seviyesi
Örnek: Aynı örnek için, bu motorda dönüş hızını 810 ila 816 d/dak arasında tutabilmek için gerekli volanın kütlesel
atalet momentini belirleyelim:
ΔE=800 J
𝐼𝑚 =
𝜔𝑜𝑟𝑡 =
𝛥𝐸𝑘
𝐶𝑓 𝑤𝑜𝑟𝑡 2
𝜔max + 𝜔min 816 + 810
=
= 813 𝑑/𝑑𝑎𝑘
2
2
2𝜋 813
𝜔𝑜𝑟𝑡 =
= 85,14 𝑟𝑎𝑑/𝑠
60
𝐶𝑓 =
𝜔max − 𝜔min 816 − 810
=
= 0.00738
𝜔𝑜𝑟𝑡
813
800𝐽
𝐼𝑚 =
= 14.95 𝑘𝑔. 𝑚2
2
0,00738(85,14)
Dört zamanlı içten yanmalı bir motor için dönme momenti diyagramı Şekil'de
gösterilmektedir. Dört zamanlı çevrimli bir IC motorda, krank iki tur döndükten sonra bir
çalışma stroku vardır. 720°(4 П radians).
• Emme stroku sırasında motor silindiri içindeki basınç atmosferik basınçtan daha düşük olduğundan, Şekil 1'de
gösterildiği gibi negatif bir alan oluşur.
• Sıkıştırma stroku sırasında gazlar üzerinde iş yapılır, bu nedenle daha yüksek bir negatif alan elde edilir.
• Genleşme veya çalışma stroku sırasında yakıt yanar ve gazlar genişler, bu nedenle büyük bir pozitif alan elde edilir.
Bu darbede iş gazlar tarafından yapılır.
• Egzoz stroku sırasında gazlar üzerinde iş yapılır, bu nedenle negatif bir döngü oluşur. Atalet kuvvetlerinin piston
üzerindeki etkisinin Şekil 1'de dikkate alındığı not edilebilir.
Örnek: Aşağıda Tork-açı diyagramı verilen sistemde ΔEk belirleyiniz. Taralı alanlar: A1 = 400J , A2 = 800J, A3 = 550J, A4 = 150J.
Hızı 410 ila 416 dev/dak. arasında tutabilecek volanın kütlesel atalet momentini belirleyiniz. Jirasyon yarıçapı 0.5 m olan uygun bir volanın
kütlesini bulunuz.
A1=400J
A2=800 J
A3=550 J
A4=150 J
Tork
Tm
Krank açısı
ÇÖZÜM: İlk önce enerjideki maksimum dalgalanmayı bulalım:
A noktasında Enerji = EA
B noktasında Enerji = EB = EA –A1 = EA – 400
C noktasında Enerji = EC = EB +A2 = EA – 400 + 800 = EA+ 400
D noktasında Enerji = ED = EC – A3 = EA + 400 – 550 = EA – 150
E noktasında Enerji = EE = ED +A4 = EA – 150 + 150 = EA
Eğer şekilde Enerji EA ya eşit değilse bir hata var demektir.
En büyük enerji değeri EA + 400 ve en küçük enerji değeri EA – 400 böylece Δ𝐸 = 400 –
dalgalanma ΔEk= 800 Joule olur.
−400 = 800 𝐽 maksimum
Ortalama hız :
𝜔𝑜𝑟𝑡 =
𝜔max + 𝜔min 416 + 410
=
= 413 𝑑/𝑑𝑎𝑘
2
2
𝜔𝑜𝑟𝑡 =
2𝜋 413
= 43,25 𝑟𝑎𝑑/𝑠
60
Şimdi hız dalgalanma katsayısını bulalım :
𝐶𝑓 =
𝜔max −𝜔min
416−410
=
= 0.01452
𝜔𝑜𝑟𝑡
413
Volanın kütlesel atalet momentini ve kütlesini aşağıdaki gibi buluruz.
𝛥𝐸
Im=𝐶 𝑤 𝑘 2 =
𝑓
𝑜𝑟𝑡
800
= 29,44 kg m2
0,01452x(43,25)2
Im = mk2 =>29.44 = m 0,52 = 0.25m; m = 29.44/0.25 = 117.8 kg
Volanın Geometrisi
Bir volanın geometrisi, katı materyalin silindirik bir
diski kadar basit olabilir ya da jantlar ve kollarla
bağlanmış bir göbek ve jantlı geleneksel tekerlekler gibi
eğimli konstrüksiyonda olabilir. Küçük volanlar, içi boş
dairesel enine kesitli katı disklerdir. Volanın enerji
gereksinimleri, ebadı ve birden çok kolu olan içi boş
tekerleklere bağlı merkez göbeği ve çevre kenarı
diskinin geometrisini değiştirir.
İç yarıçapı ri ve dışarı yan yarıçapı ro ile verilen bir
katı disk geometrisi için, kütle atalet momenti I
𝐼𝑚 = 𝑚𝑘 2 : k jirasyon yar𝚤çap𝚤
1
𝐼𝑚 = 𝑚𝑘 2 = 2 𝑚(𝑟02 − 𝑟𝑖2 )
Sabit t kalınlığındaki içi boş dairesel bir diskin kütlesi
𝜋𝜌 4
(𝑟0 − 𝑟𝑖4 )𝑡
𝑚 = 𝜌𝜋(𝑟02 − 𝑟𝑖2 )𝑡 𝐼𝑚 =
2
Burada ρ malzemenin kütle yoğunluğudur.
Disk Tipi Volan
Örnek: Bir içten yanmalı motora ait 𝑻 − 𝜽 diyagramı şekilde verilmiştir. Motorun ortalama hızı 300 rpm olduğuna
göre;
a)
Şekildeki sistemde Cf=0.01 olmasını sağlayacak volan atalet momentini hesaplayınız.
b) Sisteme eklenecek volan teker şeklindedir. Kullanılacak olan volan dış çapı 900 mm, genişliği 80 mm olarak
verildiğine göre volanın iç çapı ne olmalıdır? (𝜌 = 7800 𝑘𝑔/𝑚3 )
c)
İçten yanmalı motorun maksimum ve minimum hızlarını bulunuz.
Tork
Tm
A1=2500J
A2=1600 J
A3=1000 J
A4=2050 J
A5=150 J
A
A4
A2
A1
B
C
D
A3
Krank açısı
F
E
A5
8.4 YÜK KARAKTERİSTİĞİ DALGALI MAKİNELERDE VOLAN İHTİYACININ BELİRLENMESİ
• Yük karakteristiği değişken olan eksantrik pres, giyotin makas, konkasör vb. makinelerde
volan ihtiyacını belirlemek için öncelikle sistemdeki enerji fazlalığının ( 𝛥𝐸𝑘 ) belirlenmesi
gereklidir. Enerji fazlalığının bilinmesi halinde volan denklemi kullanılarak gerekli olan volan
atalet momenti hesaplanır.
ÖRNEK :
Bir 2,2 kw, 960 dev/dak motor, bir presin kam tahrikli ramını (koç) 6:1 oranındaki bir dişli vasıtasıyla
çalıştırmaktadır. Presin nominal kapasitesi 20 kN ve stroğu 200 mm dir. Kam tahrikli koçun bir vuruşunun son %
15'i boyunca nominal yükü sabit bir hızda sağlayabildiğini varsayarsak. 0.02 hız dalgalanması katsayısını
koruyabilecek uygun bir volan tasarlayın. Volan motorun hızında dönecektir. Volanın maksimum çapının 0.6m'yi
geçmediğini varsayalım.
Motor
Büyük Dişli
çark
Pres tarafından yapılacak iş,emilen enerji(kesme için gerekli enerji)
𝑈 = 20(103 )(0.2)(0.15) = 600𝑁𝑚
Volan
Mildeki ortalama tork
Volanın motora
doğrudan bağlanması
Küçük volan gerektirir.
𝑃
2.2(103 )
𝑇𝑚 = =
= 21.88𝑁𝑚
𝑤 2𝜋 960Τ60
Çevrim başına motordan verilebilinen enerji(1 çevrimdeki motor enerjisi)
=2𝜋21.88(6) = 825𝑁𝑚
Böylece sistemin mekanik verimi
bize verilebilecek (verilen enerji)=(21.88(6)π(0.15)=61.875Nm
600
= 0.727 = %72
825
dalgalanan enerji=𝛥Ek
𝜂=
Emilen enerji− verilen enerji
600−61.875=538.125Nm
𝐼𝑚 =
𝛥Ek
=
2
𝐶𝑓 𝜔𝑜𝑟𝑡
538.125
2 = 2.6622kg m
960
0.02 2𝜋
60
𝜋𝜌 4
𝐼𝑚 =
𝑟𝑜 − 𝑟𝑖4 𝑡
2
𝑟𝑖 = 0.24
= 0.8 alalim,
𝑟𝑜 = 0.30
π7850
2.6622=
0.304 − 0.244 𝑡
2
𝑡 = 0.0451𝑚=45.1 mm
2
Eksantrik Preste Volanın yüksek hızlı tanzimi.
Motor
Büyük Dişli çark
Volan
Volanın motora doğrudan
bağlanması Küçük volan gerektirir.
Volanın düşük hızlı tanzimi.
Motor
Büyük Dişli
Volan
Volanın hızı düşürülen dişliye
bağlanması büyük volan
gerektirir.
Koç kafası.
960
Volan 6:1 oranındaki dişliye bağlanmış olsaydı? ω = 2𝜋 =100.48 rad/s yerine
60
960
ω𝑣𝑜𝑙𝑎𝑛= (2𝜋 )/6= 16.746 rad/s olurdu.
60
𝛥Ek
538.125
𝐼𝑚 =
=
= 95.94kg m2
2
2
𝐶𝑓 𝜔𝑜𝑟𝑡
0.02 16.746
𝜋𝜌 4
𝐼𝑚 =
𝑟𝑜 − 𝑟𝑖4 𝑡
2
𝑟𝑖 = 0.24
= 0.8 alalim,
𝑟𝑜 = 0.30
π7850
95.94=
0.304 − 0.244 𝑡
2
𝑡 = 0.2402𝑚=240.2 mm
Volanın düşük hızda çalışması gerekli olan kütlesel atalet momentinin büyük olmasına
sebep olur.
Örnek: Şekilde gösterilen krank biyel mekanizması kullanılan eksantrik pres, kalınlığı 8 mm olan çelik plakadan dakikada 30 pul
kesmektedir. Kesilen pulların çapı 32 mm dir. Çelik plakada kesme olabilmesi için maksimum makaslama gerilmesinin 350 MPa
değerine ulaşması gerektiği bilinmektedir. Kesme işlemi pres iş çevriminin 0.3 s’lik kısmında tamamlanmaktadır. Kesme işi
esnasında kesme kuvvetinin değişimine ait grafik şekilde verilmiştir. Presi çeviren motor 900 dev/dak ortalama hızda
dönmektedir. Buna göre aşağıdaki soruları cevaplayınız.
nm=900 rpm
nv=150 rpm
nk=30 rpm
Motor
Volan
Krank
8.4 YÜK KARAKTERİSTİĞİ DALGALI MAKİNELERDE VOLAN İHTİYACININ BELİRLENMESİ
• a. Her hangi bir volan kullanılmaması halinde presi çevirebilecek motor gücünü
hesaplayınız.
• b. Verilen eksantrik presi çalıştırmak için kullanılması gereken teorik motor gücünün
minimum değeri nedir?
• c. Presi hız düzgünsüzlüğü katsayısı 0.05 olacak şekilde çalıştırmak için gerekli olan volan
atalet momentini hesaplayınız .
• d. Preste kullanılacak olan volanın yarıçapının en çok 700 mm, genişliğinin en çok 80 mm
olması istenilmektedir. Volanın boyutlandırmasını yapınız. Volan malzemesi için ρ= 7800
kg/m3 alınacaktır.
a. Bir pulu kesmek için gerekli olan işi hesaplayalım. Kuvvet-yol grafiğinde görülen alanı bir
üçgen olarak kabul edelim. Bu durumda
1
Fmaks .t
2
Fmaks = .d.t.maks
Wkesme =
Fmaks = .(0, 032 m)(0, 008 m).(350 106 Pa)
Fmaks = 281486 N
1
Wkesme = Fmaks .t
2
1
Wkesme = (281486).(0, 008)
2
Wkesme = 1126 J
olarak bulunur.
Pres dakikada 30 pul kestiğine göre bir iş çevrimi 2 s sürmekte, kesme işlemi 0,3 s’lik bir
zaman aralığında gerçekleştirilmektedir. Bu durumda motor 0,3 s iş yapmakta 1,7 s boşta
kalmaktadır. Presi çalıştırabilecek motorun 0,3 s’de 1126 J enerji sağlaması gereklidir. Bu
durumda gerekli motor gücü
1126
N motor =
0,3
N motor = 3753W = 3, 75 kW
olarak bulunur.
b. Sisteme uygun bir volan eklendiği kabul edilerek ihtiyaç duyulan motor gücünün
mümkün olan minimum değerde olmasını sağlamak için bir iş strokunda ihtiyaç duyulan
1126 J büyüklüğündeki enerjinin presin 1 iş çevrimi içinde(2 s) sağlanması gerekirdi. Bu
durumda
1126
N motor =
2
N motor = 563W = 0,56 kW
olarak bulunur.
c. Pres hız düzgünsüzlüğü katsayısı 0.05 olacak şekilde çalıştırdığında gerekli olan işin bir
kısmı 0,3 s’lik iş strokunda geri kalan kısmı 1.7 s’lik avare zamanda sağlanacaktır. Bu
durumda motorun avare zamanda sağlayacağı enerji
 1, 7 
W1,7 = 1126. 

 2 
W1,7 = 957 J
olarak bulunur. Bu enerji tümüyle volana depolanır. Kesme işi sırasında sisteme geri verilir.
Motorun 0,3 s’lik iş strokunda sağlayacağı iş, kesme işinden W1,7 çıkarılarak 169 J bulunur.
Volanın avare zamanda depolayacağı enerji iş fazlalığı olarak isimlendirilir. O halde
2
∆𝐸𝑘 = 𝐼𝑚 𝐶𝑓 𝑤𝑜𝑟𝑡
dir. Volanın ortalama hızı
2(150)
ort =
60
ort = 15, 7 r / s
olarak bulunur. İş fazlalığı bağıntısını kullanarak
∆𝐸𝑘 = 𝐼𝑚 0,05 15,72 = 957𝐽
yazılır. Buradan gerekli olan volan atalet momenti
𝐼𝑚 = 77,7𝑘𝑔𝑚2
bulunur.
d. Volanın içi boş yapılması halinde daha az kütle kullanılacaktır. Bu nedenle volanın çapı ve
genişliği mümkün olabilen en büyük değerde alınır. Volan göbeğinin atalet momenti ihmal
edildiğinde
Rd
Ri
(
1
1
1
2
2
I v = m.R d − m.R d = ( .R 2 d .b. ) .R d 2 − ( .R 2i .b. ) .R i 2
2
2
2
(
)
)
1
I v = ( .(0, 7) 2 .(0, 08).(7800) ) .0, 7 2 − ( .R 2i .(0, 08).(7800) ) .R i 2 = 77, 7
2
Volan iç çapı
Ri=0,633 m
bulunur.
Makine Dinamiği
(Hafta 10-11)
Dönme dengesizliği, statik ve dinamik dengeleme.
10. MAKİNALARDA DENGELEME
Bir türbin, bir elektrik motoru veya rotor olarak çalışan bir parçaya sahip olan bir makinada dönen elemanın yani
rotorun kütle merkezi dönme ekseniyle çakışmazsa bu durumda Şekil de gösterildiği gibi dönme esnasında önemli
büyüklüklerde atalet kuvvetleri (merkezkaç kuvvetleri) ortaya çıkar. Uygulamada imalat esnasındaki geometrik
şekillendirmede her zaman kaçınılmaz küçük hatalar mevcuttur. Diğer taraftan malzemenin homojen olmaması da
rotorun kütle merkezinin dönme ekseninden sapmasına sebep olabilir. Eksenlerin bu çakışmaması durumu montaj
nedeniyle de olabilir. Kısacası dönme sistemlerinde her zaman belirli bir mertebede bir dengesizlik mevcut olabilir.
Özellikle yüksek hızlı makinalarda en küçük bir dengesizlik bile çok büyük zorlayıcı kuvvetlerin ortaya çıkmasına
neden olabilir. Bu da duruma göre şiddetli titreşimlerin meydana gelmesine, makinanın hareketli uzuvlarının,
taşıyıcı gövde ve temellerinin zorlanmasına sebep olur. Bundan dolayı dönen makinalarda bütün hareketli
elemanların mümkün olduğu kadar iyi bir şekilde dengelenmesi gerekir. Kısacası dengeleme olmadan modern
makina imalatı düşünülemez.
10.1. ROTORLARDA KÜTLE DENGELENMESİ
Dengesizliği kabul edilebilir bir düzeye indirmek için makineleri yeniden tasarlama veya değiştirme işlemine
dengeleme denir. Dengesizliğin nedeni öncelikle hareket eden bir makinenin kütlesiyle ilişkili atalet kuvvetleri
olduğundan, dengelemeye yönelik en yaygın yaklaşım, çeşitli makine parçalarına kütle ekleyerek veya bunlardan
kütle çıkararak makinenin kütlesini yeniden dağıtmaktır.
Rotorların dengelenmesinden dönen makina parçalarının dengelenmesi anlaşılmalıdır. Bunlar arasında türbin
rotorları, elektrik makinaları, volanlar, dönel pompalar, vantilatörler, krank milleri, otomobil lastikleri v.b.
sayılabilir. Burada rijit rotorların dengelenmesi ele alınacaktır.
10.1.1 Tek Rotorlu Sistemlerin Dengelenmesi
10.1.1.1 Dinamik Dengeleme
merkezkaç kuvvetinden ibaret olur. Bu kuvvet etkisiyle mil eğilmeye
zorlanır ve yatak tepki kuvvetleri ortaya çıkar. Bu yatak kuvvetleri
𝑙𝐵
𝐹𝐴 =
𝐹
𝑙 𝑐
𝐹𝐵 =
𝑙𝐴
𝐹
𝑙 𝑐
𝐹𝑐 = 𝐹𝐴 + 𝐹𝐵
olarak bulunur.
FA
Fc
lA
lB
FB
G m
w
r
Şekil a’da görüldüğü üzere kütle merkezi ile geometrik merkezi r kadar
kaçık olan bir disk ω açısal hızıyla dönmektedir. Şekil (a)’da gösterilen
mil-rotor sistemini göz önüne alalım. Burada milin kütlesi rotorun kütlesi
yanında ihmal edilmekte ve rotor, kalınlığı az ve kütlesi m olan bir disk
olarak ele alınmaktadır. Diskin kütle merkezinin milin dönme eksenine
olan uzaklığı r ve milin açısal hızı 𝜔 (rad/s) olsun. Buna göre milin sabit
bir açısal hızla dönmesi halinde diskin atalet kuvveti
𝐹𝑐 = (𝑚𝑟)𝜔2
l
B
A
a)
Şimdi bu sisteme Şekil (b)’de gösterildiği gibi disk düzlemi içeresinde ve
dönme eksenine göre disk kütlesiyle aynı doğrultuda fakat zıt tarafta
Fc
FA
FB
m
w
n dolayı
yataklarda
kuvvetleri
yok etmek için kütle merkezinin tam karşısına
olacak şekilde
bir 𝑚𝑏oluşan
karşı kütlesi
yerleştirelim.
si rb yarıçapına konularak teorik olarak FC’ dengeleme kuvveti oluşturulabilir.
Bu
A
′
′
Bu durumda merkezkaç kuvvetler (𝐹𝑐 = 𝐹𝑐 ) ve yatak kuvvetleri de (𝐹𝐴 = 𝐹𝐴
ve 𝐹𝐵 = 𝐹𝐵′ ) olarak birbirini dengelerler.
FC' = m brbw 2 = mrw 2
Sonuç olarak bu şartlar altında sistem dinamik kütle dengelenmesine sahip
rb r
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 ) = (𝑚𝑟)
B
mb
F 'A
b)
halde
m
r
=mr
olmalıdır.
Biz
buna
dengeleme
büyüklüğü
diyoruz.
Açısal
hız
her
b
b
olur. Burada 𝑚𝑏 “dengeleme kütlesi”, 𝑚𝑏 𝑟𝑏 “dengeleme büyüklüğü” ve 𝑚𝑟
birbirini
götürür.olarak
Dolayısıyla
dengeleme işi açısal hızdan bağımsızdır. Bir hızda
ise “dengesizlik”
adlandırılırlar.
geleme bütün hızlarda geçerli olur.
F 'c
Ayrıca ifadelerden görüldüğü gibi dengeleme büyüklükleri milin açısal hızına bağlı olmamaktadır. Yani belirli bir hızda
dengelenmiş olan sistem diğer hızlarda da dengelenmiş olarak kalır.
F 'B
l
FA
Fc
Fc
lA
lB
FB
FA
FB
m
w
r
w
B
A
A
rb r
G m
B
mb
a)
F 'A
b)
F 'c
F 'B
10.1.1.2 Statik Dengeleme
l
Fc
Uygulamada karşılaşılan sistemlerde pratik nedenlerden dolayı dengeleme
kütlesi, yukarıda bahsetmiş olduğumuz ideal konumuna yerleştirilemeyebilir.
Dengeleme kütlesi Şekil de gösterildiği gibi m kütlesine radyal olarak zıt tarafta
fakat e kadar kaçık olarak diskin bir kenarına konmuş olsun.
𝑀 = 𝐹𝐶 𝑒 = 𝑒 𝑚𝑟 𝑤 2
A
r
M
rb
Bu durumda da (𝑚𝑏 𝑟𝑏 ) = (𝑚𝑟) olduğundan 𝐹𝑐 ve𝐹𝑐′ merkezkaç kuvvetleri
birbirini dengelerler. Fakat e kadar kaçıklıktan dolayı bir kuvvet çifti oluşur ve bu
kuvvet çifti de bir moment oluşturur ve yandaki şekilde görüldüğü gibi bu
momentten dolayı yataklarda ilave reaksiyon kuvvetleri oluşur. Bu kuvvet çiftinin
momenti
FB
m
FA
w
B
mb e
F 'c
olur. Bu momentin her iki yatakta doğuracağı yatak kuvvetleri sistemin
dengesinden;
𝑀
𝐹𝐶 𝑒
𝑒 𝑚𝑟 𝑤 2
𝐹𝐴 = 𝐹𝐵 = 𝑙 = 𝑙 =
𝑙
şeklinde olup, merkezkaç kuvvetler çiftine zıt bir kuvvet çifti teşkil ederler. Görüldüğü gibi merkezkaç kuvvetlerinin bileşkesi sıfır,
fakat momentleri sıfır olmamaktadır. Bu durumda sistem statik olarak dengelenmiştir denir. Uygulamada eğer rotor kısa ve dönme hızı
da yüksek değilse, yani doğacak olan yatak kuvvetleri büyük boyutlara erişmiyorsa statik dengeleme yeterli olur.
10.1.1.3 İki Kütle İle Dinamik Dengeleme
Statik dengelemedeki moment dengesizliğinin yok edilmesi gerekir bu durumda
iki düzlemde dengeleme yapmak gerekir. Dengeleme düzlemleri diskin elverişli
olan yan kenarları olabilir veya mil üzerinde uygun dengeleme düzlemleri
oluşturulabilir. Bu şekilde yapılan dengelemeye dinamik dengeleme denir.
Dengeleme yapmak için sol (L) ve sağ (R) düzlemleri belirlenerek bu
düzlemlere mbrb dengeleme büyüklükleri hesaplanarak konur. Dengeleme
düzleminde momentler sıfır olacak şekilde hesaplama yapılır.
İki dengeleme kütlesinin kullanıldığı bir dinamik dengeleme durumu Şekil ’de
gösterilmiştir. Burada dengeleme kütlelerinin yerleştirilebileceği uygun iki L ve
R düzlemi seçilmiştir.
Ayrıca her üç kütlenin kütle merkezlerinin dönme ekseninden geçen aynı
düzlem içerisinde bulundukları kabul edilecektir. Buna göre gerekli olan
(𝑚𝐿 𝑟𝐿 )𝐿 ve (𝑚𝑅 𝑟𝑅 )𝑅 dengeleme büyüklükleri sistemin denge şartlarından
aşağıdaki gibi bulunurlar.
(L)
(R)
c
m
z
r
rL
rR
mL
mR
𝐹𝐿 = 𝑚𝐿 𝑟𝐿 𝑤 2 ; 𝐹𝑅 = 𝑚𝑅 𝑟𝑅 𝑤 2 ; 𝐹𝐶 = 𝑚𝑟𝑤 2
(L)
(R)
c
𝐹𝐿 + 𝐹𝑅 = 𝐹𝐶
m
𝑚𝐿 𝑟𝐿 𝑤 2 + 𝑚𝑅 𝑟𝑅 𝑤 2 = 𝑚𝑟𝑤 2 ; 𝑚𝐿 𝑟𝐿 + 𝑚𝑅 𝑟𝑅 = 𝑚𝑟
z
r
෍ 𝑀𝐿 = 0 ⇒ 𝑚𝑟𝑧 − 𝑚𝑅 𝑟𝑅 𝑐 = 0
rL
𝑚𝑅 𝑟𝑅 = 𝑚𝑟
𝑧
𝑐
rR
mL
mR
෍ 𝑀𝑅 = 0 ⇒ −𝑚𝑟(𝑐 − 𝑧) + 𝑚𝐿 𝑟𝐿 𝑐 = 0
𝑚𝐿 𝑟𝐿 = 𝑚𝑟
(𝑐 − 𝑧)
𝑐
Burada atalet kuvvetlerinin de dengelenmiş olduğu açıktır. Bu dengeleme durumuna göre atalet kuvvetlerinin bileşkesi ve
bir noktaya göre momentlerin toplamı sıfır olduğundan yataklarda herhangi bir dinamik tepki kuvveti ortaya çıkmaz.
Böylelikle sistemin dinamik dengelenmesi yapılmış olmaktadır. Ayrıca ifadelerden görüldüğü gibi dengeleme büyüklükleri
milin açısal hızına bağlı olmamaktadır. Yani belirli bir hızda dengelenmiş olan sistem diğer hızlarda da dengelenmiş olarak
kalır.
10.1.2 Çok Rotorlu Sistemlerin Dengelenmesi
Çok rotorlu sistemlerin dinamik dengelenmesi yine iki ayrı dengeleme düzlemi seçilerek yapılır. Bu genel durumda sistemde
mevcut olan dengesizlikler çok sayıda, farklı doğrultularda ve bazıları da seçilecek olan dengeleme düzlemlerinin dışında
olabilirler. Burada dengeleme büyüklüklerinin ve doğrultularının tayin edilebilmesi için grafik ve analitik olmak üzere iki
çözüm yöntemi uygulanabilir.
c
z2
m
1
r
1
rL
z1
m
L
(R)
m
2
r
2
r
z3
3
rR
(L)
m
3
m
R
Bu durumda L ve R düzlemlerindeki dengeleme büyüklüklerini belirlemek için her bir dengesiz kütlenin düzlemlere etkiyen
momentlerinin ters işaretlilerini hesaplayıp bunları vektörel olarak toplayarak ilgili düzlemdeki dengeleme büyüklüğünü ve
açısını tayin ederiz. L düzleminin solunda kalan kütleler için hesap yapılırken mesafeler negatif sağında kalan kütleler için
pozitif alınır.
L ve R düzlemlerindeki her bir kütlenin zıt yöndeki dengeleme büyüklüğü aşağıdaki gibi hesaplanır.
10.1.2.1 Grafik Yöntemle Dengeleme Büyüklüklerinin Tayini
Dengeleme büyüklüklerinin ve doğrultularının grafik yöntemle tayininde aşağıda sıralanan işlem adımları takip edilir.
→ →
→
(𝑒1 , 𝑒2 , . . . , 𝑒𝑖 birim
1- Mevcut dengesizlikler doğrultu ve yönünü göstermek amacıyla vektörel olarak yazılırlar
vektör
gösterimi kullanılarak).
2- Yine L ve R olmak üzere iki dengeleme düzlemi seçilir. Bunlardan L düzlemi referans düzlemi olarak alınır. Dengesizliğin
bulunduğu düzlemin konumu L düzleminin sağında kalıyorsa uzaklık (𝑧1 , 𝑧2 , . . . , 𝑧𝑖 ) pozitif, solunda kalıyorsa uzaklık
negatif olarak alınır.
3- Dengesizliğe sahip rotorlardan her defasında yalnız bir tanesi alınarak (𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,𝑖 ve (𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,𝑖 dengeleme büyüklükleri
aşağıdaki bağıntılardan hesaplanırlar;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,𝑖 = −
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,𝑖 = −
𝑧𝑖
(𝑚𝑖 𝑟𝑖 )𝑒𝑖
𝑐
(𝑐−𝑧𝑖 )
(𝑚𝑖 𝑟𝑖 )𝑒𝑖
𝑐
(Dengeleme büyüklükleri dengesizliklerle zıt tarafta olacaklarından işaret değişimi yapılmıştır.)
4- Bu şekilde L ve R düzlemleri için ayrı ayrı hesaplanmış bulunan dengeleme büyüklükleri vektörel olarak toplanarak bileşke
denge büyüklükleri bulunur.
5- Bileşke denge büyüklükleri bulunduktan sonra ilgili dengeleme kütlesi 𝑚𝑏 , ya da eksenden olan radyal uzaklıklardan 𝑟𝑏
birisi seçilerek diğeri hesaplanır. Uygunluk bakımından 𝑟𝑏 seçilerek 𝑚𝑏 bulunur.
y
c
z2
m
1
r
1
rL
z1
m
L
(R)
m
2
r
2
𝜃
3
m
3
m
R
m3
r1
𝜃
𝜃
r
z3
m2
r2
rR
(L)
r3
m1
x
Örnek: Yukarıdaki 3 dengesiz kütleli sistemde
aşağıdaki veriler için L ve R düzlemlerindeki
dengeleme büyüklüklerini belirleyiniz.
m 1 = 0.5kg
r1 = 160mm
m 2 = 1kg
r2 = 120mm
m 3 = 1.5kg
r3 = 60mm
c
z2
m1
r1
r3
r
L
z1
mL
z3
y
m2
r2
z 3 = 600mm q3 = 240o
(R)
m2
r2
m3
mR
r1
m1
x
m3
r3
q1 = 30o
z 2 = 400mm q2 = 135o
rR
(L)
z 1 = 200mm
c = 800 mm
Çözüm:
→
→
→
1- 𝑟1 , 𝑟2 ve 𝑟3 doğrultularındaki birim vektörler sırasıyla 𝑒1 , 𝑒2 ve 𝑒3 olarak gösterilirler.
2- 𝑚1 , 𝑚2 ve 𝑚3 L-sol dengeleme düzleminin sağında bulunduklarından ilgili 𝑧1 , 𝑧2 ve 𝑧3 uzaklıkları pozitif olarak
değerlendirilirler.
3- L ve R düzlemleri için dengeleme büyüklükleri aşağıdaki gibi hesaplanırlar.
L düzlemi için sayısal değerler konarak;
z1
200
(m brb )R 1 = - m 1r1 e1 = - 0.5kg.160mm
e1 = - 20e1(kg.mm )
c
800
z2
400
(m brb )R 2 = - m 2r2 e2 = - 1kg.120mm
e2 = - 60e2 (kg.mm )
c
800
z3
600
(m brb )R 3 = - m 3r3 e 3 = - 1.5kg.60mm
e 3 = - 67.5e 3 (kg.mm )
c
800
(c - z 1 )
800 - 200
(m brb )L 1 = - m 1r1
e1 = - 0.5kg.160m m
e1 = - 60e1(kg.mm )
c
800
(c - z 2 )
800 - 400
(m brb )L 2 = - m 2r2
e2 = - 1kg.120mm
e2 = - 60e2 (kg.mm )
c
800
(c - z 3 )
800 - 600
(m brb )L 3 = - m 3r3
e 3 = - 1.5kg.60mm
e2 = - 22.50e 3 (kg.mm )
c
800
R düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅 =59,16 kgmm ve 𝜃𝐿 =6o
olarak elde edilir.
L düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿 =50,63 kgmm ve 𝜃𝐿 =274o
olarak elde edilir.
10.1.2.2 Analitik Yöntemle Dengeleme Büyüklüklerinin Tayini
Dengeleme büyüklüklerinin ve doğrultularının analitik olarak tayininde sistemin dinamik denge eşitlikleri kullanılır. Yöntemin uygulanışı
aşağıdaki örnek üzerinde yapılacaktır.
Analitik yöntem
2
R düzlemi
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−20𝑐𝑜𝑠𝜃1
−20𝑠𝑖𝑛𝜃1
2
−60𝑐𝑜𝑠𝜃2
−60𝑠𝑖𝑛𝜃2
−67.5𝑐𝑜𝑠𝜃3
−67.5𝑠𝑖𝑛𝜃3
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−20𝑐𝑜𝑠30
−20𝑠𝑖𝑛30
2
−60𝑐𝑜𝑠135
−60𝑠𝑖𝑛135
3
−67.5𝑐𝑜𝑠240
−67.5𝑠𝑖𝑛240
Toplam
58.856 (kg.mm)
6.03(kg.mm)
3
Toplam
R düzlemi
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
2
+ ෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
58.856 2 + 6.03 2
= 59.16𝑘𝑔. 𝑚𝑚
𝑚𝑏 = 1𝑘𝑔 𝑖𝑠𝑒 𝑟𝑏 = 59.16 𝑚𝑚
Kütlenin konulacağı açı:
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝜃𝑅 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
= 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
𝜃𝑅
6.03
58.856
=5.9⁰
2
Analitik yöntem
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
L düzlemi
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−60𝑐𝑜𝑠𝜃1
−60𝑠𝑖𝑛𝜃1
2
−60𝑐𝑜𝑠𝜃2
−60𝑠𝑖𝑛𝜃2
3
−22.5𝑐𝑜𝑠𝜃3
−22.5𝑠𝑖𝑛𝜃3
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−60𝑐𝑜𝑠30
−60𝑠𝑖𝑛30
2
−60𝑐𝑜𝑠135
−60𝑠𝑖𝑛135
3
−22.5𝑐𝑜𝑠240
−22.5𝑠𝑖𝑛240
Toplam
1.715 (kg.mm)
-52.94(kg.mm)
Toplam
L düzlemi
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
2
+ ෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
1.7152 + −52.94 2
= 52.97𝑘𝑔. 𝑚𝑚
𝑚𝑏 = 1𝑘𝑔 𝑖𝑠𝑒 𝑟𝑏 = 52.97 𝑚𝑚
Kütlenin konulacağı açı:
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝜃𝐿 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
𝜃𝐿
= 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
−52.94
1.715
=-88⁰=271.8 ⁰
Örnek: Bir rijit rotor sistemi aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi üzerinde farklı büyüklük ve doğrultularda kütlelere sahiptir.
Sistemin dinamik dengelenmesi için gerekli olan dengeleme büyüklüklerini ve doğrultularını seçilmiş olan L ve R dengeleme
düzlemleri için tayin ediniz.
R düzlemi için sayısal değerler konarak;
𝑧
600
𝑧
300
𝑧
100
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,1 = −𝑚1 𝑟1 𝑐1 𝑒1 = −(3)(80) 800 𝑒1 = −180𝑒1 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,2 = −𝑚2 𝑟2 𝑐2 𝑒2 = −(2)(80) 800 𝑒2 = −60𝑒2 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,3 = −𝑚3 𝑟3 𝑐3 𝑒3 = −(2)(60) 800 𝑒3 = −15𝑒3 (kgmm)
bulunur.
L düzlemi için sayısal değerler konarak;
(𝑐−𝑧1 )
(800−600)
𝑒
=
−(3)(80)
𝑒1 = −60𝑒1 (kgmm)
1
𝑐
800
(𝑐−𝑧 )
(800−300)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,2 = −𝑚2 𝑟2 𝑐 2 𝑒2 = −(2)(80) 800 𝑒2 = −100𝑒2 (kgmm)
(𝑐−𝑧 )
(800−100)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,3 = −𝑚3 𝑟3 𝑐 3 𝑒3 = −(2)(60) 800 𝑒3 = −105𝑒3 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,1 = −𝑚1 𝑟1
bulunur.
L düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿 =134 kgmm ve 𝜃𝐿 =348o
olarak elde edilir.
R düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅 =178 kgmm ve 𝜃𝑅 =261o
olarak elde edilir.
Ev ödevi
600
L
120
R
m =3kg
1
m =3kg
1
r =40mm
1
420
r =80
2
m =2kg
2
m =2kg
2
Yukarıdaki çok rotorlu milin dengelenmesi için elimizde 1 kg lık kütleler bulunmaktadır.
S1. L düzlemine 1 kg lık kütlenin konacağı yarıçapı ve açıyı belirleyiniz.
A)110 mm, 225o
B)115 mm, 324o
C) 125 mm325 o
D)100 mm, 36O
E) 115 mm, 36 O
S2. R düzlemine 1 kg lık kütlenin konacağı yarıçapı ve açıyı belirleyiniz.
A)143 mm, 34o
B)100mm, 229o
C) 120 mm, 38 o
D)100 mm, 2O
E) 119 mm, 8 O
R düzlemi için sayısal değerler konarak;
𝑧
120
𝑧
420
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,1 = −𝑚1 𝑟1 𝑐1 𝑒1 = −(3)(40) 600 𝑒1 = −24𝑒1 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,2 = −𝑚2 𝑟2 𝑐2 𝑒2 = −(2)(80) 600 𝑒2 = −112𝑒2 (kgmm)
bulunur.
L düzlemi için sayısal değerler konarak;
(𝑐−𝑧1 )
(600−120)
𝑒
=
−(3)(40)
𝑒1 = −96𝑒1
1
𝑐
600
(𝑐−𝑧2 )
(600−420)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,2 = −𝑚2 𝑟2
𝑒2 = −(2)(80)
𝑒2 = −48𝑒2
𝑐
600
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,1 = −𝑚1 𝑟1
bulunur.
(kgmm)
(kgmm)
R düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅 =118,55 kgmm ve 𝜃𝑅 =11o
olarak elde edilir.
Buradan R düzlemine 1 kg lık kütlenin
konacağı yarıçap= 118,55 mm olarak
hesaplanır.
L düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿 =114,55 kgmm ve 𝜃𝐿 =324o
olarak elde edilir. Buradan L düzlemine 1 kg lık kütlenin
konacağı yarıçap= 114,55 mm olarak hesaplanır.
Analitik yöntem
2
R düzlemi
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−24𝑐𝑜𝑠𝜃1
−24𝑠𝑖𝑛𝜃1
2
−112𝑐𝑜𝑠𝜃2
−112𝑠𝑖𝑛𝜃2
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
Toplam
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
2
+ ෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
117.245 2 + 17.521 2
= 118.55 𝑘𝑔. 𝑚𝑚
𝑚𝑏 = 1𝑘𝑔 𝑖𝑠𝑒 𝑟𝑏 = 118.55 𝑚𝑚
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−24𝑐𝑜𝑠120
−24𝑠𝑖𝑛120
2
−112𝑐𝑜𝑠200
−112𝑠𝑖𝑛200
117.245 (kg.mm)
17.521(kg.mm)
R düzlemi
Toplam
Kütlenin konulacağı açı:
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝜃𝑅 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
= 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
𝜃𝑅
17.521
117.245
=8.5⁰
2
Analitik yöntem
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
L düzlemi
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−96𝑐𝑜𝑠𝜃1
−96𝑠𝑖𝑛𝜃1
2
−48𝑐𝑜𝑠𝜃2
−48𝑠𝑖𝑛𝜃2
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
Toplam
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
2
+ ෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
93,102 + −66,72 2
= 114,54 𝑘𝑔. 𝑚𝑚
𝑚𝑏 = 1𝑘𝑔 𝑖𝑠𝑒 𝑟𝑏 = 114,54 𝑚𝑚
Kütlenin konulacağı açı:
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−96𝑐𝑜𝑠120
−96𝑠𝑖𝑛120
2
−48𝑐𝑜𝑠200
−48𝑠𝑖𝑛200
Toplam
93,10 (kg.mm)
-66,72(kg.mm)
L düzlemi
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝜃𝐿 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
𝜃𝐿
= 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
−66,72
93,10
=-35.63⁰=324.37 ⁰
Örnek: Şekilde görülen rotor Lve R düzlemlerinde dönme ekseninden 60 mm uzaklığa asılacak dengeleme kütleleri ile
dengelenmek istenmektedir. Dengeleme ağırlıklarının miktarını ve açısal konumunu hesaplayınız.
z1=100 mm ,
m1= 50 kg ,
θ1= 00 ,
r1=0,5 mm ,
z2=200 mm ,
m2= 40 kg ,
θ2= 1000 ,
r2=0,8 mm ,
z3=300 mm ,
m3= 30 kg ,
θ3= 1750 ,
r3=0,6 mm,
z4=430 mm ,
m4= 60 kg ,
θ4= 2700
r4=0,8 mm,
c=350 mm ,
R düzlemi için sayısal değerler konarak;
𝑧
−100
𝑧
200
𝑧
300
𝑧
430
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,1 = −𝑚1 𝑟1 𝑐1 𝑒1 = −(50)(0,5) 350 𝑒1 = 7,14𝑒1 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,2 = −𝑚2 𝑟2 𝑐2 𝑒2 = −(40)(0,8) 350 𝑒2 = −18,28𝑒2 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,3 = −𝑚3 𝑟3 𝑐3 𝑒3 = −(30)(0,6) 350 𝑒3 = −15,43𝑒3 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅,4 = −𝑚4 𝑟4 𝑐4 𝑒4 = −(60)(0,8) 350 𝑒4 = −58,98𝑒4 (kgmm)
bulunur.
L düzlemi için sayısal değerler konarak;
𝑐−𝑧1
350+100
𝑒
=
−(50)(0,5)
𝑒1 = −32,14𝑒1 (kgmm)
1
𝑐
350
𝑐−𝑧
350−200
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,2 = −𝑚2 𝑟2 𝑐 2 𝑒2 = −(40)(0,8) 350 𝑒2 = −13,71𝑒2 (kgmm)
𝑐−𝑧
350−300
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,3 = −𝑚3 𝑟3 𝑐 3 𝑒3 = −(30)(0,6) 350 𝑒3 = −2.57𝑒3 (kgmm)
𝑐−𝑧
350−430
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,4 = −𝑚4 𝑟4 𝑐 4 𝑒4 = −(60)(0,8) 350 𝑒4 = 10,97𝑒4 (kgmm)
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿,1 = −𝑚1 𝑟1
bulunur.
R düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝑅 =47,23 kgmm ve 𝜃𝑅 =57,1o
olarak elde edilir.
𝑟𝑏 = 60 𝑚𝑚 için 𝑚𝑏 = 0,78 kg olarak
bulunur.
L düzlemi için;
Çizimden ölçüm yapılarak;
(𝑚𝑏 𝑟𝑏 )𝐿 =37,18 kgmm ve 𝜃𝐿 =225,8o
olarak elde edilir.
𝑟𝑏 = 60 𝑚𝑚 için 𝑚𝑏 =0,62 kg olarak bulunur.
Analitik yöntem
R düzlemi
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
7,14𝑐𝑜𝑠𝜃1
7,14𝑠𝑖𝑛𝜃1
2
−18,28𝑐𝑜𝑠𝜃2
−18,28𝑠𝑖𝑛𝜃2
3
−15.43𝑐𝑜𝑠𝜃3
−15.43𝑠𝑖𝑛𝜃3
4
−58.98𝑐𝑜𝑠𝜃4
−58.98𝑠𝑖𝑛𝜃4
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
Toplam
2
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
2
+ ෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
25.68 2 + 39.63 2
= 47.22 𝑘𝑔. 𝑚𝑚
𝑟𝑏 = 60 𝑚𝑚 𝑖𝑠𝑒 𝑚𝑏 = 0,78 𝑚𝑚
R düzlemi
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
7,14𝑐𝑜𝑠0
7,14𝑠𝑖𝑛0
2
−18,28𝑐𝑜𝑠100
−18,28𝑠𝑖𝑛100
3
−15.43𝑐𝑜𝑠175
−15.43𝑠𝑖𝑛175
4
−58.98𝑐𝑜𝑠270
−58.98𝑠𝑖𝑛270
Toplam
25.68 (kg.mm)
39.63(kg.mm)
Kütlenin konulacağı açı:
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝜃𝑅 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
= 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
𝜃𝑅
39.63
25.68
=57,05⁰
Analitik yöntem
2
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
1
−32,14𝑐𝑜𝑠𝜃1
−32,14𝑠𝑖𝑛𝜃1
2
−13,71𝑐𝑜𝑠𝜃2
−13,71𝑠𝑖𝑛𝜃2
3
−2,57𝑐𝑜𝑠𝜃3
−2.57𝑠𝑖𝑛𝜃3
10,97𝑐𝑜𝑠𝜃4
10,97𝑠𝑖𝑛𝜃4
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥𝑖
𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦𝑖
−32,14𝑐𝑜𝑠0
−32,14𝑠𝑖𝑛0
L düzlemi
Toplam
L düzlemi
1
2
−13,71𝑐𝑜𝑠100
−13,71𝑠𝑖𝑛100
3
−2,57𝑐𝑜𝑠175
−2,57𝑠𝑖𝑛175
4
10,97𝑐𝑜𝑠270
10,97𝑠𝑖𝑛270
−27.20 (kg.mm)
-24.69(kg.mm)
Toplam
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 =
2
+ ෍ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
−27.20 2 + −24.69 2
= 36,73 𝑘𝑔. 𝑚𝑚
𝑟𝑏 = 60 𝑚𝑚 𝑖𝑠𝑒 𝑚𝑏 = 0.61 𝑘𝑔
Kütlenin konulacağı açı:
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑦
𝜃𝐿 = 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
σ 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝑥
𝜃𝐿
= 𝐴𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛
−27.20
−24.69
=44.77⁰=>
270 ⁰ - 44,77 ⁰ =225.23 ⁰
Makine Dinamiği
(Hafta 12)
Pistonlu Makinalarda Kütle Dengelenmesi
12.1. Pistonlu Makinalarda Kütle Dengelenmesi
Uygulamada yaygın olarak karşılaşılan diğer bir makina grubu krank-biyel mekanizmasına sahip olan makinalardır.
Bilinen adıyla söylersek bunlar pistonlu motorlar ve pistonlu kompresörlerdir. Bu makinalarda dönen elemanın
(krank mili) yanında gidip-gelme hareketi yapan elemanlarında (piston) bulunması dengeleme problemini rotorlara
göre oldukça güçleştirir ve çoğu durumda da tam bir dengeleme yapmak pratik bakımdan pek mümkün olmaz.
3.7.2. Krank Biyel Mekanizmasında Kütlelerin İndirgenmesi
Şekilde bir krank biyel mekanizması gösterilmiştir. Krank ve piston, biyele göre analiz edilmesi nispeten daha basit olan dönme
hareketi ve doğrusal hareket gerçekleştirir. Biyel kolu, B ve C noktaları dışında daha karmaşık bir hareket sergiler. Bu noktalar,
krank ve piston üzerindeki noktalarla çakışırlar ve bu nedenle B noktası dairesel bir yol izlerken ve C noktası düz bir çizgisel yol
izler.
Burada, B ve C noktaları için basitleştirilmiş kinematik nedeniyle, orijinal biyel kolunun kütle dağılımını, sırasıyla B ve C
noktalarında kütlesiz bir rijit çubukla bağlanan iki noktasal kütle mb ve mc'den oluşan eşdeğer bir cisimle temsil etme
durumunu inceleyeceğiz. Cebirsel ifadede üç numaralı uzvun kütle merkezinin ivmesini elde etmek zahmetli bir iştir. Üç
numaralı uzvun ivmesini bulduktan ve atalet kuvveti kütle merkezine yerleştirilir ve sonra kuvvet analizi analizi yapılır. Problemi
daha da basitleştirmek için eşdeğer kütle yaklaşımı kullanılabilir. Eşdeğer kütle sistemi probleminde, bir yerine iki nokta kütlesi
olan bir model oluşturuyoruz. Kütlelerden biri C noktasına diğeri de B noktasına yerleştirilecektir.
3
2
4
Gerçek biyel
𝐺4
İki kütleye indirgenmiş biyel
Gerçek biyel
İki kütleye indirgenmiş biyel
Burada indirgeme işleminin statik ve dinamik olarak eşdeğer
olabilmesi için aşağıdaki şartların sağlanması gerekir.
Denklem 1, 2 ve denklem 3’den;
1−) 𝑚𝐵 𝑙𝐵 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶
2−) 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 𝑚3
3−) 𝐼𝐺3 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶2 + 𝑚𝐵 𝑙𝐵2
𝑙𝐶
𝑙𝐶
𝑚𝐵 =
𝑚3 = 𝑚3
(𝑙𝐵 + 𝑙𝐶 )
𝑙
𝑙
𝑙
𝐵
𝐵
𝑚𝐶 = (𝑙 +𝑙
𝑚
=
𝑚3
3
)
𝑙
𝐵
𝐼𝐺3
𝑙𝐵 =
𝑚3 𝑙𝐶
𝐶
𝐺3
𝐺3 , 𝐼𝐺3 , 𝑚3
Burada indirgeme işleminin statik ve dinamik olarak eşdeğer
olabilmesi için aşağıdaki şartların sağlanması gerekir.
1−) 𝑚𝐵 𝑙𝐵 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶
2−) 𝑚𝐵 + 𝑚𝐶 = 𝑚3
3−) 𝐼𝐺3 = 𝑚𝐶 𝑙𝐶2 + 𝑚𝐵 𝑙𝐵2
Burada temel işleyiş şu şekildedir; 2 kütleden birincisi bilindik bir nokta olan C
noktasına yerleştirilir. 1, 2 ve 3 numaralı denklemler incelendiğinde
𝑚𝐵 , 𝑙𝐵 𝑣𝑒 𝑚𝐶 olmak üzere 3 bilinmeyenimiz mevcut. 3 denklemden bu
bilinmeyenler elde edilir.
Denklem 1, 2 ve denklem 3’den;
𝑙𝐶
𝑙𝐶
𝑚𝐵 =
𝑚 = 𝑚3 (1)
(𝑙𝐵 + 𝑙𝐶 ) 3
𝑙
𝑙
𝑙
𝐵
𝐵
𝑚𝐶 = (𝑙 +𝑙
𝑚
=
𝑚3 (2)
3
)
𝑙
𝐵
𝑙𝐵 =
𝐶
𝐼𝐺3
(3)
𝑚3 𝑙𝐶
𝑙𝐵 bulunduktan sonra ikinci kütle bu noktaya yerleştirilir. Bu nokta perküsyon
noktası yada vurma merkezi olarak adlandırılır. Vurma merkezi atalet
momentinin olmadığı noktadır ve sadece atalet kuvveti vardır. Burada vurma
merkezi ile B noktası yaklaşık olarak çakışır yani biyel için bilinmeyen sayısı
𝑚𝐵 𝑣𝑒 𝑚𝐶 olmak üzere 2 ye düşer.
3.7.2. Krank Biyel Mekanizmasında Kütlelerin İndirgenmesi
Krank-biyel mekanizmasının kütle dengelenmesinde pratik uygunluk bakımından biyelin kütlesinin yukarıda açıklandığı
şekilde B noktasında dönen ve C noktasında ise öteleme yapan iki kütleye indirgenmesine ilave olarak kolun kütlesinin de B
noktasına taşınması gerekir.
Şekil 12.1.(a) Krank-biyel mekanizması.
Kolun 𝑚2 kütlesini B noktasına taşınmasında dinamik eşdeğerlilik bakımından kolun sabit bir 𝜔2 açısal hızıyla döndüğü
kabulü yapılarak merkezkaç kuvvetlerin eşitlenmesinden indirgenmiş 𝑚2′ kütlesi Şekil’deki tanımlamalarla;
𝐹𝑐 = 𝑚2 𝑟𝐺 𝜔22 = 𝐹𝑐′ = 𝑚2′ 𝑟𝜔22
yazılarak
𝑟
𝑚2′ = 𝑟𝐺 𝑚2
Olarak elde edilir.
𝑙𝐶
𝑙𝐶
𝑚𝐵 =
𝑚 = 𝑚3 (1)
(𝑙𝐵 + 𝑙𝐶 ) 3
𝑙
𝑙
Şekil 12.1.(b) Kolun kütlesinin B noktasına taşınması.
𝑙
𝐵
𝐵
𝑚𝐶 = (𝑙 +𝑙
𝑚
=
𝑚3 (2)
3
)
𝑙
𝐵
𝐶
Kolun 𝑚2 kütlesini B noktasına taşınmasında dinamik eşdeğerlilik bakımından kolun sabit bir 𝜔2 açısal hızıyla döndüğü
kabulü yapılarak merkezkaç kuvvetlerin eşitlenmesinden indirgenmiş 𝑚2′ kütlesi Şekil’deki tanımlamalarla;
𝐹𝑐 = 𝑚2 𝑟𝐺 𝜔22 = 𝐹𝑐′ = 𝑚2′ 𝑟𝜔22
𝑟
𝑚2′ = 𝑟𝐺 𝑚2
Sonuç olarak kolun ve biyelin indirgenmiş kütlelerini kullanarak ve
𝑚𝑑 = 𝑚2′ + 𝑚𝐵
𝑚 = 𝑚𝐶 + 𝑚4
: toplam dönen kütle
: toplam öteleme yapan kütle
tanımlamalarını yaparak Şekil 12.1.(a)’da gösterilen gerçek parametreli krank biyel mekanizmasını Şekil 12.1.(c)’de gösterilen
iki kütleli krank-biyel mekanizmasına indirgemiş oluruz.
B noktasının yer vektörü 𝑅𝐵 için;
→
𝑅𝐵 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑖 + 𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑗(8)
𝑑𝜃
yazılır. Burada türev alınarak 𝜔2 = 𝑑𝑡 ;
→
→
𝑑𝑅𝐵
= −𝑟𝜔2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑖 + 𝑟𝜔2 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑗
𝑑𝑡
= −𝑟𝜔2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑖 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑗 (9)
𝑉𝐵 =
→
→
𝑑𝑉𝐵
= −𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑖 − 𝑟𝜔22 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑗
𝑑𝑡
= −𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑖 + 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑗 (10)
𝑎𝐵 =
ve ilgili atalet kuvveti
−𝑚𝐵 𝑎𝐵 = 𝑚𝐵 𝑟𝜔22 (𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑖 + 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑗)(11)
elde edilir. Bu kuvvet merkezkaç kuvvet olup, doğrultusu
𝑂2 mafsal noktasından geçtiği için bir moment oluşturmaz.
Şekil 12.1.(c) İki kütleye indirgenmiş krank-biyel mekanizması.
C noktasının yer vektörü 𝑅𝐶 için ;
→
𝑅𝐶 = (𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑙 𝑐𝑜𝑠 𝜑)𝑖(12)
yazılır. Geometriden (şekilden) yararlanarak sinüs teoremi
uygulanırsa;
𝑟
𝑙
𝑟
=
; 𝑠𝑖𝑛 𝜑 = 𝑠𝑖𝑛 𝜃 13
𝑠𝑖𝑛 𝜑 𝑠𝑖𝑛 𝜃
𝑙
𝑐𝑜𝑠 𝜑 =
1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜑 =
1−
𝑟
𝑠𝑖𝑛 𝜃
𝑙
Şekil 12.1.(c) İki kütleye indirgenmiş krank-biyel mekanizması.
2
14
Hatırlatma: Binom açılımı
1
1
1
1 − 𝑎 = 1 − 𝑎 − 𝑎2 − 𝑎3 −. . . (15)
2
8
16
2
𝑟
𝑎 = 𝑠𝑖𝑛 𝜃 (16)
𝑙
(16) eşitliği (15) eşitliğinde yerine konur ve ilk iki terim alınırsa (diğer terimlerin değerleri 1 den
çok küçüktür),
1 𝑟 2
𝑐𝑜𝑠 𝜑 ≅ 1 −
𝑠𝑖𝑛2 𝜃 (17)
2 𝑙
→
𝑑𝑉𝐶
→
𝑎𝐶 =
=
Hatırlatma: Trigonometriden
𝑑𝑡
𝑠𝑖𝑛2 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 = 1; 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
1 1
1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 − 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃; 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 = − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
2 2
1 𝑟 2 1 1
𝑐𝑜𝑠 𝜑 ≅ 1 −
− 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
2 𝑙
2 2
1 𝑟 2 1 𝑟 2
𝑐𝑜𝑠 𝜑 ≅ 1 −
+
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃(18)
4 𝑙
4 𝑙
−𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 𝜃 −
𝑟 2 𝜔22
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑖
𝑙
𝑟
= −𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑖(21)
𝑙
𝑚 = 𝑚𝐶 + 𝑚4
toplam öteleme hareketi yapan kütle ve
𝑟
𝑓𝑎 = 𝑚𝑟𝜔22 (𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃)(22)
𝑙
şeklinde yazılır. (12) eşitliğinde yerine konursa
Pistona etki eden atalet kuvveti olarak tanımlanır.
𝑟2
𝑟2
𝑅𝐶 = 𝑙 −
+ 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 +
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑖
4𝑙
4𝑙
𝑟2
𝑟
=𝑙−
+ 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑖(19)
4𝑙
4𝑙
→
elde edilir. Buradan türev alınarak hız ve ivme ifadeleri
aşağıdaki gibi bulunur.
Burada mekanizmanın dengelenmişlik
bakımından atalet kuvveti 𝑓𝑎 ’yı
durumunun
açıklanması
𝑟
𝑙
𝑓𝑎 = 𝑓𝑎𝐼 + 𝑓𝑎𝐼𝐼 = 𝑚𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑚𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
(23)
şeklinde iki bileşen olarak yazmak uygun olmaktadır. Buna göre
→
𝑑𝑅𝐶
𝑟 2 𝜔2
𝑉𝐶 =
= −𝑟𝜔2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 −
𝑠𝑖𝑛 2 𝜃 𝑖
𝑑𝑡
2𝑙
𝑟
= −𝑟𝜔2 𝑠𝑖𝑛 𝜃 + 𝑠𝑖𝑛 2 𝜃 𝑖(20)
2𝑙
→
𝑓𝑎𝐼 = 𝑚𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝑟
𝑙
𝑓𝑎𝐼𝐼 = 𝑚𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
olarak tanımlanırlar.
: 1. mertebeden atalet kuvveti
: 2. mertebeden atalet kuvveti
Mekanizmanın taşıyıcı gövdesi üzerine etki eden tüm atalet
kuvvetlerinin Şekil 12.1.(d)’de gösterildiği gibi vektörel
toplamından sarsma kuvveti elde edilir. Sarsma kuvvetini 𝐹𝑠 ile
gösterirsek;
→
→
fa I
fa II
fc

Fs
→
𝐹𝑠 = 𝑓𝑎 + 𝑓𝑐
Şekil 12.1.(d) Sarsma kuvveti.
olur. Burada
→
𝑓𝑐 = 𝑚𝑑 𝑟𝜔22
merkezkaç kuvvettir.
→
𝐹𝑠 = 𝑚𝑟𝜔22 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑚𝑟𝜔22
𝑟
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑚𝑑 𝑟𝜔22
𝑙
Krank-biyel mekanizmasının dengelenmesinde dönen kütle Şekil 12.1.(e)’de
gösterildiği gibi krank koluna bir karşı dengeleme kütlesi konarak tamamen
dengelenebilir. Yani rotorlarda verildiği gibi 𝑚𝑏 𝑟𝑏 = 𝑚𝑑 𝑟 olacak şekilde
krank koluna bir 𝑚𝑏 kütlesi konarak bu işlem yapılır. Sonuçta merkezkaç
kuvvet bir karşı merkezkaç kuvvetle dengelenmiş olur 𝑓𝑐 = 𝑓𝑐𝑏 .
Buna karşılık öteleme hareketi yapan m kütlesinin dengelenmesi
için durum bu kadar basit olmamaktadır. Bu durumu görmek için sarsma
kuvvetinin, yani 𝐹𝑠 ’nin x ve y doğrultularındaki bileşenlerini göz önüne
alalım.
𝐹𝑠𝑥 = 𝑓𝑐𝑥 + 𝑓𝑎
𝐹𝑠𝑦 = 𝑓𝑐𝑦
𝑓𝑐𝑥 = 𝑓𝑐 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝑓𝑐𝑦 = 𝑓𝑐 𝑠𝑖𝑛 𝜃
Şekil 12.1.(e) Krank-biyel mekanizmasının dengelenmesi.
𝑓𝑐𝑏 = 𝑚𝑏 𝑟𝑏 𝜔22
𝑓𝑐𝑏𝑥 = 𝑓𝑐𝑏 𝑐𝑜𝑠( 𝜃 + 180°)
𝑓𝑐𝑏𝑦 = 𝑓𝑐𝑏 𝑠𝑖𝑛( 𝜃 + 180°)
Dengeleme büyüklüğü 𝑚𝑏 𝑟𝑏 = 𝑚𝑑 𝑟 olacak şekilde seçilmesi durumunda karşı merkezkaç kuvvet nedeniyle sarsma kuvvetinin düşey bileşeni tamamen
𝑟
ortadan kalkar. Yatay bileşende ise sadece öteleme yapan kütleden (𝑚) doğan kuvvet kalır. Eğer dengeleme kütlesine 𝑚𝑏 = 𝑚𝑑 değerinin üzerinde bir ilave
𝑟𝑏
yapılırsa bu durum sarsma kuvvetinin yatay bileşenini azaltır. Ancak bu durumda bir düşey bileşen ortaya çıkar. Böylelikle krank koluna konacak olan bir
karşı kütle ile tam bir dengelemenin elde edilemeyeceği sonucu ortaya çıkar. Ancak dengeleme kütlesinin uygun bir seçimi ile dengesizliğin büyük oranda
düzeltilmesi mümkün olabilir. Uygulamada optimum bir çözümolarak
𝑚𝑏 = 𝑚𝑑 +
1
2
÷
2
3
alınarak dengeleme yapılır.
𝑚
( 𝑟 = 𝑟𝑏 için )
Dengeleme kütlesinin bu şekilde seçilmesinden sonra karşı
merkezkaç kuvvet
𝑓𝑐𝑏 = 𝑚𝑏 𝑟𝜔22
( 𝑟𝑏 = 𝑟 için )
ifadesinden ve sarsma kuvveti ise Şekil 12.1.(f)’de gösterildiği
gibi
𝐹Ԧ𝑠𝑏 = 𝑓Ԧ𝑐 + 𝑓Ԧ𝑎 + 𝑓Ԧ𝑐𝑏
vektörel toplamından bulunurlar.
Şekil 12.1.(f) Kısmi dengeleme durumunda sarsma kuvveti.
Örnek 15: Tek silindirli bir motor için aşağıdaki değerler veriliyor.
r=102 mm
rG=38.1 mm
l = 356 mm
lB=102 mm
m2= 4.54 kg
m3 = 15.4 kg
m4= 9.1 kg
Motor 1000 d/dak’lık sabit bir devirde çalışmaktadır. Buna göre sarsma kuvvetinin krank açısına göre değişimini elde ediniz ve motorun kısmi
dengeleme durumunu araştırınız.
Çözüm: Önce indirgenmiş kütleler hesaplanır;
Makine Dinamiği
(Hafta 13-14-15)
Mekanik Titreşimler
TİTREŞİM
Titreşim, mekanik veya yapısal bir sistemin bir denge konumu etrafındaki salınımı olarak tanımlanır.
Bir sistemin titreşimi, dönüşümlü olarak sistemin potansiyel enerjisinin kinetik enerjiye ve kinetik enerjisinin potansiyel
enerjiye transferini içerir.
Genel olarak bir titreşim sistemi, potansiyel enerjiyi depolamak için bir araç (yay) , kinetik enerjiyi depolamak için bir araç
(kütle veya atalet) ve enerjinin kademeli olarak kaybolduğu bir araç (sönümleyici/damper) içerir.
Titreşimler, bir dış kaynak yoluyla sisteme verilen bir enerji nedeniyle bir atalet elemanı denge konumundan çıkarıldığında
başlatılır. Potansiyel bir enerji elemanında geliştirilen bir geri getirme kuvveti veya korunumlu bir kuvvet, elemanı denge
konumuna geri çeker. Bloğu denge konumundan çıkarmak için iş yapıldığında, yayda potansiyel enerji gelişir. Blok serbest
bırakıldığında, yay kuvveti bloğu dengeye doğru çeker ve potansiyel enerji kinetik enerjiye dönüşür. Korunumsuz
kuvvetlerin (sürtünme kuvveti gibi) yokluğunda, bu enerji transferi süreklidir ve bloğun denge konumu etrafında
salınmasına neden olur.
Titreşimin sınıflandırılması
• Serbest Titreşim: Eğer sistem verilen bir başlangış girdisi ile kendi kendine titreşim hreketi
yapıyorsa bu tür titreşim hareketine serbest titreşim denir. Sisteme herhang bir dış kuvvet etki
etmez.
• Zorlanmış Titreşim: Bir sistem dış bir kuvvete (genellikle tekrar eden bir
kuvvet türü) maruz kalırsa, ortaya çıkan titreşim zorlanmış titreşim olarak
bilinir. Dizel motorlar gibi makinelerde ortaya çıkan salınım, zorlamalı
titreşime bir örnektir. Harici giriş periyodik ise, titreşimler harmoniktir. Aksi
takdirde, titreşimlerin geçici olduğu söylenir.
• Sönümsüz ve Sönümlü Titreşim: Salınım sırasında sürtünme veya diğer dirençte enerji
kaybolmaz veya dağılmazsa, titreşim sönümsüz titreşim olarak bilinir. Ancak bu şekilde herhangi
bir enerji kaybedilirse, buna sönümlü titreşim denir. Birçok fiziksel sistemde, sönüm miktarı o
kadar küçüktür ki çoğu mühendislik amacı için göz ardı edilebilir.
• Linear and Nonlinear Vibration: Bir titreşim sisteminin tüm temel bileşenleri -yay, kütle ve
sönümleyici- doğrusal olarak hareket ederse, ortaya çıkan titreşim doğrusal titreşim olarak
bilinir. Bununla birlikte, temel bileşenlerden herhangi biri doğrusal olmayan şekilde
davranıyorsa, titreşim doğrusal olmayan titreşim olarak adlandırılır.
Harmonik hareket
Hareket eşit zaman aralıklarında tekrarlanıyorsa
buna periyodik hareket denir. En basit periyodik
hareket türü harmonik harekettir. Harici giriş
periyodik ise, titreşimler harmoniktir. Her titreşim
veya salınımın üç ana özelliği vardır: Genlik, zaman
periyodu ve frekans.
Salınım: Titreşen bir cismin denge konumundan bir yönde maksimum konumuna, sonra denge
konumuna, sonra diğer maksimum konumuna ve tekrar denge konumuna gelme hareketine
salınım denir.
Genlik: Titreşen bir cismin denge konumundan maksimum yer değiştirmesine titreşim genliği
denir.
Periyot: Bir hareket döngüsünü tamamlamak için geçen süre, salınım periyodu veya zaman
periyodu olarak bilinir ve 𝑇 ile gösterilir. 𝑇 aşağıdaki gibi hesaplanabilir ve genellikle saniye
cinsinden ölçülür. 𝑤 dairesel frekans olarak adlandırılır.
2𝜋
𝑇=
𝑤
Frekans: Frekans saniyedeki salınım sayısıdır ve 𝑓 ile gösterilir. (Tanım 2: Periyodun tersi, bir
saniyede gerçekleştirilen salınım sayısıdır)
1
𝑤 1
𝑓= =
𝑜𝑟 ℎ𝑒𝑟𝑡𝑧
𝑇 2𝜋 𝑠
1 CYCLE
𝒙 = 𝑨𝒔𝒊𝒏 𝒘𝒕
Sine wave
2 CYCLE
𝒙 = 𝑨𝒔𝒊𝒏(𝒘𝒕)
1/2 CYCLE
𝒙 = 𝑨𝒔𝒊𝒏(𝒘𝒕)
1 CYCLE
𝒙 = 𝑨𝒄𝒐𝒔(𝒘𝒕)
Cosine wave
3 CYCLE
T=?
f=?
w=?
A=?
T=? f=? w=? A=?
T=?
f=?
w=?
A=?
T=?
f=?
w=?
A=?
Bir radyan, bir dairenin yarıçapına eşit uzunluktaki bir yayı kesen bir
dairenin merkezinden çıkan açı olarak tanımlanır.
2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 360𝑜
180
1 𝑟𝑎𝑑 =
𝜋
𝜋
radians=degrees
180
Sönümsüz Serbest Titreşim
Harmonik hareket, sabit bir açısal hızla 𝑤
dönen 𝐴
büyüklüğündeki bir vektör 𝑂𝑃 aracılığıyla uygun bir şekilde
temsil edilebilir.
𝑦 = 𝐴𝑠𝑖𝑛 𝑤𝑡
𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑤𝑡
Yukarıda görüldüğü gibi, harmonik hareketi temsil eden vektörel
yöntem hem yatay hem de dikey bileşenlerin tanımını gerektirir.
Karmaşık sayı gösterimi kullanarak harmonik hareketi temsil
etmek daha uygundur. xy düzlemindeki herhangi bir 𝑋 vektörü
karmaşık bir sayı olarak temsil edilebilir:
𝑋 = 𝑎 + 𝑖𝑏
𝑋 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖𝐴𝑠𝑖𝑛𝜃
Harmonik hareket, sabit bir açısal hızla 𝑤
dönen 𝐴
büyüklüğündeki bir vektör 𝑂𝑃 aracılığıyla uygun bir şekilde
temsil edilebilir.
𝑦 = 𝐴𝑠𝑖𝑛 𝑤𝑡
𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑤𝑡
Yukarıda görüldüğü gibi, harmonik hareketi temsil eden vektörel
yöntem hem yatay hem de dikey bileşenlerin tanımını gerektirir.
Karmaşık sayı gösterimi kullanarak harmonik hareketi temsil
etmek daha uygundur. xy düzlemindeki herhangi bir 𝑋 vektörü
karmaşık bir sayı olarak temsil edilebilir:
𝑋 = 𝑎 + 𝑖𝑏
𝑋 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖𝐴𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐴𝑒 𝑖𝜃
Sistemin sönümsüz serbest titreşiminin çözümü için aşağıda verilen denklem başlangıç koşulları açısından
çözüm olabilir.
𝑚𝑥 ̈+𝑘𝑥=0 (3.1)
x 𝑡 = 𝐶𝑒 𝑠𝑡 (3.2)
burada C ve s belirlenecek sabitlerdir. x(t)'nin birinci türevi hızı, ikinci türevi ise anlık ivmeyi verir, yani:
𝑥ሶ 𝑡 = 𝐶𝑠𝑒 𝑠𝑡
𝑥̈ 𝑡 = 𝐶𝑠 2 𝑒 𝑠𝑡 (3.3)
Denklem (3. 3), denklem (3.1)’de yerine yazılırsa:
m𝐶𝑠 2 𝑒 𝑠𝑡 + 𝑘𝐶𝑒 𝑠𝑡 = 0
𝐶𝑒 𝑠𝑡 (𝑚𝑠 2 + 𝑘) = 0
C=0 olamayacağı için:
𝑚𝑠 2 + 𝑘 = 0 (3.3)
𝑠1,2 = ∓ −
𝑘
𝑘
=∓
𝑖 = ∓𝑖𝑤𝑛 (3.4)
𝑚
𝑚
𝑖 = −1
𝑤𝑛 =
𝑘
(3.5)
𝑚
• Denklem (3.5) tarafından verilen 𝑤𝑛 sistemin doğal titreşim frekansını temsil eder.
• Doğal frekans: Bir sistem, ilk bozucu etkiden sonra kendi kendine titreşmeye
bırakılırsa, sistemin dış kuvvetler olmaksızın salındığı frekans, sistemin doğal
frekansı olarak bilinir. Dış kuvvetin frekansı sistemin doğal frekanslarından biriyle
çakışırsa, rezonans olarak bilinen bir durum meydana gelir ve sistem tehlikeli
derecede büyük salınımlara maruz kalır.
x 𝑡 = 𝐶1 𝑒 𝑖𝑤𝑛 𝑡 + 𝐶2 𝑒 −𝑖𝑤𝑛 𝑡 (3.6)
Burada 𝐶1 ve 𝐶2 sabit değerlerdir.
𝑒 ∓𝑖𝑤𝑛 𝑡 = 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 ∓ 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡 (3.7)
x 𝑡 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡 + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 − 𝑖𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡 (3.8)
x 𝑡 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 + 𝑖 𝐶1 − 𝐶2 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡 (3.9)
x 𝑡 = 𝐴1 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 + 𝑖𝐴2 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡 (3.10)
• Burada 𝐴1 ve 𝐴2 yeni sabitlerdir. 𝐶1 ve 𝐶2 veya 𝐴1 ve 𝐴2 sabitleri, sistemin
başlangıç koşullarından belirlenebilir. Eğer başlangıç yerdeğiştirmesi ve başlangıç
hızı t=0 anında 𝑥0 ve 𝑥ሶ 0 olarak alınırsa:
x 𝑡 = 0 = 𝐴1 = 𝑥0 (3.11)
𝑥ሶ 𝑡 = 0 = 𝑤𝑛 𝐴2 = 𝑥ሶ 0
• 𝐴1 = 𝑥0 ve 𝐴2 = 𝑥ሶ 0 Τ𝑤𝑛 olarak yazılırsa hareket denkleminin çözümü:
𝑥ሶ 0
x 𝑡 = 𝑥0 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 +
𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡
𝑤𝑛
𝑥ሶ 0
x 𝑡 = 𝑥0 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 +
𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡
𝑤𝑛
x 𝑡 = 𝐴1 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑛 𝑡 + 𝑖𝐴2 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡 (3.10)
Denklem (3.10), notasyon getirilerek farklı bir biçimde ifade edilebilir.
𝐴1 = 𝐴 cos 𝜙
𝐴2 = 𝐴 sin 𝜙
Burada A ve 𝜙 yeni sabitlerdir.
𝐴1 2 + 𝐴2 2 =
𝐴=
−1
𝜙 = tan
𝑥ሶ 0
𝑥0 2 +
𝑤𝑛
2
= 𝐴𝑚𝑝𝑙𝑖𝑡𝑢𝑑𝑒
𝐴2
𝑥ሶ 0
−1
= tan
= 𝑃ℎ𝑎𝑠𝑒 𝑎𝑛𝑔𝑙𝑒
𝐴1
𝑥0 𝑤𝑛
x 𝑡 = 𝐴 cos 𝑤𝑛 𝑡 − 𝜙
or
x 𝑡 = 𝐴 sin 𝑤𝑛 𝑡 + 𝜙
.
(3.10)
Faz açısı: Aşağıdaki gibi gösterilen iki titreşim hareketi ele alalım:
x1 = A1 sin wt (3.12)
𝑥2 = 𝐴2 sin 𝑤𝑡 + 𝜙 (3.13)
• Denklem (3.12) ve (3.13) tarafından verilen iki harmonik hareket, aynı frekansa veya açısal hıza, 𝑤 sahip olduklarından,
senkron olarak adlandırılır. İki senkronize salınımın aynı genliğe sahip olması gerekmez ve maksimum değerlerine aynı anda
ulaşmaları gerekmez.
𝑥0 = 10𝑚𝑚, 𝑥ሶ 0 = 5𝑚𝑚/𝑠, 𝑤𝑛 = 2𝑟𝑎𝑑/𝑠
x 𝑡 = 𝐴 cos 𝑤𝑛 𝑡 − 𝜙
x 𝑡 = 𝐴 cos 𝑤𝑛 𝑡
Örnek:
• An undamped single-degree-of-freedom system has a mass of 1 kg and a stiffness
of 2500 N/m. Find the magnitude and the phase of the response of the system
when the initial displacement is -2 mm and initial velocity of 100 mm/s.
• Sönümsüz tek serbestlik dereceli bir sistemin kütlesi 1 kg ve yay direngenliği 2500
N/m'dir. İlk yer değiştirme -2 mm ve ilk hız 100 mm/s olduğunda sistemin
tepkisinin genliğini ve faz açısını bulunuz.
Sönümlü Serbest Titreşim
F = 𝑚𝑥̈
−kx − c𝑥ሶ = 𝑚𝑥̈
𝑚𝑥̈ + c𝑥ሶ + kx = 0 (3.12)
mẍ + cxሶ + kx = 0 (3.12)
x 𝑡 = 𝐶𝑒 𝑠𝑡 (3.2)
x 𝑡 = 𝐶𝑒 𝑠𝑡
𝑥ሶ 𝑡 = 𝐶𝑠𝑒 𝑠𝑡
𝑥̈ 𝑡 = 𝐶𝑠 2 𝑒 𝑠𝑡
m𝐶𝑠 2 𝑒 𝑠𝑡 + c𝐶𝑠𝑒 𝑠𝑡 + k𝐶𝑒 𝑠𝑡 = 0
𝐶𝑒 𝑠𝑡 𝑚𝑠 2 + 𝑐𝑠 + 𝑘 = 0
C sıfıra eşit olamadığı için:
𝑚𝑠 2 + 𝑐𝑠 + 𝑘 = 0
Hareket denkleminin kökleri:
−𝑐 ∓ 𝑐 2 − 4𝑚𝑘
𝑐
𝑐 2 − 4𝑚𝑘
𝑠1,2 =
=−
∓
2𝑚
2𝑚
2𝑚
−𝑐 ∓ 𝑐 2 − 4𝑚𝑘
𝑐
𝑐 2 − 4𝑚𝑘
𝑠1,2 =
=−
∓
2𝑚
2𝑚
2𝑚
Kökler2incelendiğinde
köklerin gerçek ya da karmaşık olabileceği görülür. Burada belirleyici
2
olan, 𝑐 − 4𝑚𝑘. 𝑐 − 4𝑚𝑘 >0 için
m, c ve k pozitif sayılar olduğu düşünüldüğünde kökler farklı
2
gerçek sayılar olacaktır. Eğer
𝑐 − 4𝑚𝑘 <0 ise, kökler negatif gerçek kısımlara sahip karmaşık
2
bir çift şeklindedir. Eğer 𝑐 − 4𝑚𝑘 = 0 ise kökler aynı ve negatif gerçek sayılardır.
Bu üç farklı durum incelendiğinde 𝑐 2 − 4𝑚𝑘 = 0 için kritik sönüm değerinin tanımlanması
uygun olacaktır..
𝑐 2 − 4𝑚𝑘 = 0
𝑐 2 = 4𝑚𝑘 ⇒ 𝑐𝑐 = 2 𝑚𝑘 = 2𝑚𝑤𝑛
𝑐𝑐 , kritik sönümleme sabitini temsil eder. Herhangi bir sönümlü sistem için sönüm oranı 𝜉,
sönüm sabitinin kritik sönüm sabitine oranı olarak tanımlanır:
𝑐
𝑐
𝜉= =
𝑐𝑐 2𝑚𝑤𝑛
Karakteristik denklemin kökleri bu tanımlarla yeniden ifade edilirse
𝑠1,2 = −𝜉𝑤𝑛 ∓ 𝑤𝑛 𝜉 2 − 1
𝑠1 = −𝜉𝜔𝑛 + 𝜔𝑛
𝑥(𝑡) = 𝐶1 𝑒
𝜉 2 − 1 ; 𝑠2 = −𝜉𝜔𝑛 − 𝜔𝑛
−𝜉𝜔𝑛 +𝜔𝑛
𝜉 2 −1 𝑡
+ 𝐶2 𝑒
−𝜉𝜔𝑛 −𝜔𝑛
𝜉2 − 1
𝜉 2 −1 𝑡
Sönümleme oranına bağlı olarak üç farklı durum vardır.
Case 1. Düşük sönümlü sistem (𝜉 <1 or 𝑐 < 𝑐𝑐 ). Burada, 𝜉 2 − 1 negati𝑓𝑡𝑖𝑟 𝑠1 ve 𝑠2
aşağıdaki gibi yazılır.
𝑠1 = −𝜉𝜔𝑛 + 𝑖𝜔𝑛 𝜉 2 − 1
𝑠2 = −𝜉𝜔𝑛 − 𝑖𝜔𝑛 𝜉 2 − 1
𝑥(𝑡) = 𝐶1 𝑒
−𝜉𝜔𝑛 +𝑖𝜔𝑛
𝜉 2 −1 𝑡
+ 𝐶2 𝑒
−𝜉𝜔𝑛 −i𝜔𝑛
𝜉 2 −1 𝑡
𝑥(𝑡) =
𝑥ሶ 0 + 𝜉𝜔𝑛 𝑥0 2 + 𝑥0 𝜔𝑑 2 −𝜉𝜔 𝑡
𝑥0 𝜔𝑑
−1
𝑛 sin 𝜔 𝑡 + 𝑡𝑎𝑛
𝑒
𝑑
𝜔𝑑
𝑥ሶ 0 + 𝜉𝜔𝑛 𝑥0
𝜔𝑑 = 𝜔𝑛 1 − 𝜉 2 = 𝑠ö𝑛ü𝑚𝑙ü 𝑑𝑜ğ𝑎𝑙 𝑓𝑟𝑒𝑘𝑎𝑛𝑠
𝜔𝑑 sönümlü doğal frekans olarak adlandırılır. Görüldüğü gibi 𝜔𝑑 sönümsüz doğal
frekans 𝜔𝑛 ’den daima küçüktür.
Case 2. Kritik sönümlü sistem (𝜉 = 1 or 𝑐 = 𝑐𝑐 ). 𝑠1 ve 𝑠2 :
𝑠1 = 𝑠2 = −𝜔𝑛
𝑥(𝑡) = 𝑥0 + 𝑥ሶ 0 + 𝜔𝑛 𝑥0 𝑡 𝑒 −𝜔𝑛𝑡
Case 3. Aşırı sönümlü sistem(𝜉 > 1 or 𝑐 > 𝑐𝑐 ). 𝜉 2 − 1 > 0 olduğu için𝑠1 ve 𝑠2 are gerçek ve
birbirinden farklı sayılardır.
𝑠1 = −𝜉𝜔𝑛 + 𝜔𝑛 𝜉 2 − 1 < 0
𝑠2 = −𝜉𝜔𝑛 − 𝜔𝑛 𝜉 2 − 1 < 0
𝑥 𝑡 = 𝐶1 𝑒
−𝜉+
𝐶1 =
𝐶2 =
𝜉 2 −1 𝜔𝑛 𝑡
+ 𝐶2 𝑒
𝜔𝑛 𝑥0 𝜉 +
𝜉2 − 1
2𝜔𝑛
𝜉2 − 1
−𝜔𝑛 𝑥0 𝜉 −
𝜉2 − 1
2𝜔𝑛
𝜉2 − 1
−𝜉−
𝜉 2 −1 𝜔𝑛 𝑡
+ 𝑥ሶ 0
− 𝑥ሶ 0
Örnek:
Sönümlü&Sönümsüz Zorlanmış Titreşim
Titreşim sırasında sisteme dışarıdan enerji sağlandığında, mekanik veya yapısal bir sistemin
zorlanmış titreşime maruz kaldığı söylenir. Harici enerji, uygulanan bir kuvvet veya bir yer
değiştirme uyarımı yoluyla sağlanabilir. Uygulanan kuvvet veya yer değiştirme uyarımı,
harmonik, harmonik olmayan veya doğası gereği rastgele olabilir. Bir sistemin harmonik
uyarıma verdiği tepkiye harmonik tepki denir. Periyodik olmayan uyarım uzun veya kısa
süreli olabilir. Dinamik bir sistemin ani olarak uygulanan periyodik olmayan uyarımlara
verdiği yanıta geçici yanıt denir.
Harmonik kuvvet 𝐹 𝑡 = 𝐹0 cos 𝑤𝑡 + 𝜙 yada 𝐹 𝑡 = 𝐹0 sin 𝑤𝑡 + 𝜙 şeklinde olabilir Burada
𝐹0 kuvvetin genliği, 𝑤 frekansı, ve 𝜙 faz açısıdır. Uyarma frekansı sistemin doğal frekansı ile
çakışırsa, tepki çok büyük olacaktır. Rezonans olarak bilinen bu durumdan, sistemin
arızalanmasını önlemek için kaçınılmalıdır.
Equation of Motion
Şekilde gösterildiği gibi bir kuvvet 𝐹(𝑡) viskoz sönümlü bir yay-kütle sistemine etki ederse, hareket denklemi
Newton'un ikinci yasası kullanılarak elde edilebilir:
𝑚𝑥̈ + c𝑥ሶ + kx = 𝐹 𝑡 (4.1)
Bu denklem homojen olmadığı için, 𝑥(𝑡) genel çözümü 𝑥ℎ (𝑡) homojen çözümü ile 𝑥𝑝 (𝑡) özel çözümün toplamına
eşittir. Homojen çözüm:
𝑚𝑥̈ + c𝑥ሶ + kx = 0 (4.2)
Bu denklem sönümlü serbest titreşimi ifade eder. Bu serbest titreşim, olası üç sönümleme koşulunun her biri (yetersiz sönüm,
kritik sönüm ve aşırı sönüm) ve olası tüm başlangıç koşulları altında zamanla yok olur. Böylece Denklem 4.1’in genel çözümü
sonunda kararlı durum titreşimini temsil eden özel çözüm 𝑥𝑝 (𝑡) 'ye indirgenir. Kararlı durum hareketi, zorlama fonksiyonu
mevcut olduğu sürece mevcuttur.
Equation of Motion
Tipik bir durum için homojen, özel ve genel çözümlerin zamana göre değişimi Şekil'de gösterilmiştir. 𝑥ℎ (𝑡) 'nin zamanla
sönümlendiği ve x(t)'nin bir süre sonra 𝑥𝑝 (𝑡) olduğu görülmektedir (Şekilde 𝜏). Hareketin sönüm nedeniyle kaybolan kısmına
(serbest titreşim kısmı) geçici titreşim cevabı denir.
𝑥 𝑡 = 𝑥ℎ 𝑡 + 𝑥𝑝 (𝑡)
Sönümsüz Zorlanmış Titreşim
Sönümlü bir sistemin tepkisini incelemeden önce, basitlik adına harmonik bir kuvvete maruz kalan sönümsüz bir sistemi ele
alalım.
𝑚𝑥̈ + kx = 𝐹0 cos 𝑤𝑡 (4.3)
Bu denklemin homojen çözümü:
𝑥ℎ 𝑡 = 𝐶1 cos 𝑤𝑛 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑤𝑛 𝑡 (4.4)
Uygulanan dış kuvvet harmonik bir kuvvet olduğu için, özel çözüm 𝑥𝑝 (𝑡) ‘de harmoniktir ve freakansı kuvvet frekansı ile aynıdır
𝑤. Özel çözüm:
𝑥𝑝 𝑡 = 𝑋𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 (4.5)
Burada X, 𝑥𝑝 (𝑡) çözümünün maksimum genliğini ifade eder. Denklem (4.5), denklem (4.3)’de yerine yazılırsa:
𝐹0
𝑋=
=
𝑘 − 𝑚𝑤 2
burada 𝛿𝑠𝑡 = 𝐹0 Τ𝑘 statik yerdeğiştirme olarak adlandırılır.
𝛿𝑠𝑡
𝑤 2
1− 𝑤
𝑛
(4.6)
Sönümsüz Zorlanmış Titreşim
𝑥 𝑡 = 𝐶1 cos 𝑤𝑛 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑤𝑛 𝑡 +
𝐹0
𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 4.7
𝑘 − 𝑚𝑤 2
Başlang𝚤ç koşullar𝚤 kullan𝚤larak , x 𝑡 = 0 = 𝑥0 ve 𝑥ሶ 𝑡 = 0 = 𝑥ሶ 0 ,
𝐹0
𝐶1 = 𝑥0 −
,
𝑘 − 𝑚𝑤 2
𝑥ሶ 0
𝐶2 =
(4.8)
𝑤𝑛
and hence
𝑥 𝑡 = 𝑥0 −
𝐹0
𝑥ሶ 0
𝐹0
cos
𝑤
𝑡
+
sin
𝑤
𝑡
+
𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 4.9
𝑛
𝑛
𝑘 − 𝑚𝑤 2
𝑤𝑛
𝑘 − 𝑚𝑤 2
Buradan maksimum yer değiştirme X aşağıdaki gibi bulunur.
𝑋
=
𝛿𝑠𝑡
1
𝑤
1− 𝑤
𝑛
2 (4.10)
𝑋Τ𝛿𝑠𝑡 dinamik yer değiştirmenin statik yer değiştirmeye oranıdır ve büyütme katsayısı (magnification factor), olarak
adlandırılır. Burada 𝒓 = 𝒘Τ𝒘𝒏 frekans oranını ifade eder.
Sönümsüz Zorlanmış Titreşim
Case 1. When 0 < 𝑤Τ𝑤𝑛 < 1, the denominator in Eq. (4.10) is positive and the response is given by Eq. (4.5) without change.
The harmonic response of the system 𝑥𝑝 (𝑡) is said to be in phase with the external force as shown in Fig. 3.4.
𝑥𝑝 𝑡 = 𝑋𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 (4.5)
Sönümsüz Zorlanmış Titreşim
Case 2. When 𝑤Τ𝑤𝑛 > 1, the denominator in Eq. (4.10) is negative, and the steady-state solution can be expressed as
𝑥𝑝 𝑡 = −𝑋𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 (4.11)
where the amplitude of motion X is redefined to be a positive quantity as
𝑋=
𝛿𝑠𝑡
𝑤 2
𝑤𝑛 − 1
(4.12)
The variations of 𝐹(𝑡) and 𝑥𝑝 (𝑡) with time are shown in Fig. 3.5. Since 𝑥𝑝 (𝑡)
and 𝐹(𝑡) have opposite signs, the response is said to be 180° out of phase
with the external force. Further, as 𝑤Τ𝑤𝑛 ➔∞, X➔∞ . Thus the response of
the system to a harmonic force of very high frequency is close to zero.
Sönümsüz Zorlanmış Titreşim
Case 3. When 𝑤Τ𝑤𝑛 = 1, the amplitude X given by Eq. (4.10) or (4.12) becomes infinite. This condition, for which the forcing
frequency 𝑤 is equal to the natural frequency of the system 𝑤𝑛 , is called resonance. To find the response for this condition, we
rewrite Eq. (4.9) as
𝑥ሶ 0
coswt − cos 𝑤𝑛 𝑡
𝑥 𝑡 = 𝑥0 cos 𝑤𝑛 𝑡 +
sin 𝑤𝑛 𝑡 + 𝛿𝑠𝑡
4.13
𝑤𝑛
𝑤 2
1− 𝑤
𝑛
Since the last term of this equation takes an indefinite form for 𝑤 = 𝑤𝑛 we apply L’Hospital’s rule to evaluate the limit of this
term:
Thus the response of the system at resonance becomes
𝑥 𝑡 = 𝑥0 cos 𝑤𝑛 𝑡 +
𝑥ሶ 0
𝛿𝑠𝑡 𝑤𝑛 𝑡
sin 𝑤𝑛 𝑡 +
𝑠𝑖𝑛𝑤𝑛 𝑡
𝑤𝑛
2
4.15
Sönümsüz Zorlanmış Titreşim
It can be seen from Eq. (4.15) that at resonance, 𝑥(𝑡) increases indefinitely. The last term of Eq. (4.15) is shown in Fig. 3.6,
from which the amplitude of the response can be seen to increase linearly with time.
Örnek:
𝐹0
𝑋=
=
𝑘 − 𝑚𝑤 2
𝛿𝑠𝑡
𝑤 2
1− 𝑤
𝑛
(4.6)
Sönümlü Zorlanmış Titreşim
Sönümlü zorlanmış titreşim yapan bir sistemin hareket denklemi aşağıdaki gibi elde edilir.
𝑚𝑥̈ + 𝑐𝑥ሶ + kx = 𝐹0 cos 𝑤𝑡 (5.1)
Denklemin özel çözümü denklem (5.2)’deki gibi olacaktır.
𝑥𝑝 𝑡 = 𝑋 cos 𝑤𝑡 − ∅ (5.2)
Burada 𝑋 ve ∅ belirlenmesi gereken sabitlerdir. 𝑋 ve ∅ sistem cevabının genliğini ve faz açısını ifade eder.
𝑋 𝑘 − 𝑚𝑤 2 cos 𝑤𝑡 − ∅ − 𝑐𝑤 sin 𝑤𝑡 − ∅
= 𝐹0 cos 𝑤𝑡 (5.3)
Trigonometrik bağlantılar kullanılarak:
cos 𝑤𝑡 − ∅ = 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑐𝑜𝑠∅ + 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡𝑠𝑖𝑛∅
sin 𝑤𝑡 − ∅ = 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡𝑐𝑜𝑠∅ − 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑠𝑖𝑛∅
𝑋 𝑘 − 𝑚𝑤 2 cos ∅ + 𝑐𝑤 sin ∅
𝑋 𝑘 − 𝑚𝑤 2 sin ∅ − 𝑐𝑤 cos ∅
= 𝐹0
= 0 (5.4)
Sönümlü Zorlanmış Titreşim
𝑋=
𝐹0
𝑘 − 𝑚𝑤 2 2 + 𝑐 2 𝑤 2
∅ = 𝑡𝑎𝑛−1
Pay ve paydayı k ile bölüp gerekli düzenlemeleri yaparsak:
𝑤𝑛 =
𝜉=
𝑘
𝑚
𝑐
𝑐
𝑐
=
=
𝑐𝑐 2𝑚𝑤𝑛 2 𝑚𝑘
𝑐
= 2𝜉𝑤𝑛
𝑚
𝛿𝑠𝑡 = 𝐹0 Τ𝑘
𝑟=
𝑤
𝑤𝑛
(5.5)
𝑐𝑤
(5.6)
𝑘 − 𝑚𝑤 2
Sönümlü Zorlanmış Titreşim
𝑀=
𝑋
𝑋
=
=
𝐹0 Τ𝑘 𝛿𝑠𝑡
1
𝑤
1−
𝑤𝑛
∅ = 𝑡𝑎𝑛−1
.
2 2
=
𝑤 2
+ 2𝜉
𝑤𝑛
𝑤
𝑤𝑛
𝑤 2
1−
𝑤𝑛
2𝜉
= 𝑡𝑎𝑛−1
1
1−
𝑟 2 2+
2𝜉𝑟
(5.8)
1− 𝑟 2
2𝜉𝑟 2
5.7
Örnek 1: Tek serbestlik dereceli bir kütle-yay-damper sistemi harmonik bir kuvvetin etkisi altında titreşime maruz
kalmaktadır. Sitemde m=16 kg, k=1600 N/m , c=80 Ns/m olarak verilmiştir. Harmonik kuvvetin genliği F0=100 N ve
frekansı w= 10 rad/s dir. Verilenlere göre Sistemin sönüm oranını (ξ), büyütme faktörünü (M) ve maksimum titreşim
genliğini (X) hesaplayınız?
Örnek 2: Tek serbestlik dereceli bir kütle-yay-damper sistemi harmonik bir kuvvetin etkisi altında titreşime maruz
kalmaktadır. Sitemde m=1 kg, k=400 N/m , olarak verilmiştir. Harmonik kuvvetin genliği F0=400 N ve frekansı w= 10 rad/s
dir. Elde edilen maksimum titreşim genli X=0.2 m olduğuna göre damperin sönüm katsayısını hesaplayınız (c=?)
Makine Dinamiği
(Hafta 16)
Final Sınavı