7 Wyważanie maszyn i mechanizmów
Na ogół podczas ruchu maszyn lub mechanizmów w parach kinematycznych
występują pewne reakcje dynamiczne wywołane działaniem sił i momentów sił bezwładności.
Reakcje te poprzez łożyska ruchomej maszyny przenoszone są często na fundament
i wywołują szkodliwe zjawiska takie jak drgania, obniżenie trwałości urządzeń, hałas, etc.
Dlatego w większości wypadków staramy się te niepożądane reakcje częściowo lub
całkowicie usunąć. Już w fazie projektowania staramy się tak rozmieścić masy, aby siły
bezwładności bez potrzeby nie obciążały mechanizmu. Praktycznie jednak usuwamy te siły
dopiero w fazie prób i badań gotowej maszyny. Postępowanie takie wymaga stosowania
odpowiednich urządzeń, zwanych wyważarkami.
Rozróżnia się zwykle dwa odmienne zadania:
" Wyrównoważenie wirujących członów.
" Wyrównoważenie maszyn.
Pierwszy przypadek dotyczy sprowadzenia do zera reakcji dynamicznych działających
na łożyska wirującego członu. W drugim przypadku dąży się do ograniczenia reakcji
dynamicznych przenoszonych na podstawę maszyny, godząc się przy tym często ze
zwiększeniem sił w parach kinematycznych nie związanych z podstawą.
7.1 Wyważanie mas w ruchu obrotowym wokół nieruchomej osi
Na rysunku 7.1 pokazano sztywny człon wirujący z prędkością kątową � (składowa z)
oraz przyspieszeniem kątowym � (składowa z) wokół osi z0 nieruchomego, inercjalnego
układu odniesienia Ą0 związanego z podstawą. Z wirującym członem zwiążemy lokalny układ
odniesienia Ą1 w taki sposób, że oś z1 pokrywa się stale z osią z0 globalnego układu
odniesienia. Kąt obrotu członu względem podstawy oznaczymy przez �0,1. Możemy założyć,
że człon umocowany jest na osi w dwóch łożyskach umieszczonych w punktach A i B. Siły
bezwładności działające na wirujący człon powodują powstanie sił reakcji w łożyskach A i B,
nazywanych reakcjami dynamicznymi. Z równowagi kinetostatycznej wynika, że gdyby siły
bezwładności i ich momenty względem jakiegoś punktu były równe zero, to reakcje
dynamiczne byłyby także równe zero.
Zbadamy warunki, przy jakich siły i ich momenty są zerowe. Postąpimy
w następujący sposób:
" Obliczymy siły bezwładności działające na element masy dm w punkcie D członu
sztywnego. Masa wiruje w płaszczyz
nie równoległej do płaszczyzny xy układu
globalnego, dlatego posłużymy się wzorami dla ruchu płaskiego.
" Obliczymy momenty sił bezwładności działających na element dm, wyznaczając je
względem początku globalnego układu odniesienia. W obliczeniach tych wykorzystamy
zależności dla przestrzennego układu sił i momentów.
" Obliczymy wypadkową siłę bezwładności i wypadkowy moment sił bezwładności
działające na obracający się wirnik.
" Obliczymy siły reakcji dynamicznych działających w łożyskach i sformułujemy warunki,
przy których reakcje te są równe zero.
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
1
Przyspieszenie punktu D członu sztywnego w ruchu płaskim złożonym możemy
wyznaczyć ze wzoru (uwzględniamy tylko składowe x i y - wektory są dwuwymiarowe):
0
&&(0) -R1s(1)�0,1 + &!R1s(1)�0,1 .
&2 0 &&
s =
(7.1)
W takim razie siły bezwładności w układzie globalnym działające na element o masie
dm możemy obliczyć ze wzoru:
(0) 0 2 0 0 2 0
& && & &&
dFb = -&&(0) -(- R1s(1)�0,1 + &!R1s(1)�0,1)dm = R1s(1)�0,1dm - &!R1s(1)�0,1dm =
s dm =
(7.2)
0 0
= R1s(1)�2dm - &!R1s(1)� dm .
y1
y0
(dFb)
n dFb
(SA)
y
SA
rD
D
(S )
A x
dm
A=O x1
yD
(dFb)
t
rC
s
zD
�0,1
ą
SB
C
(SB)
h
y
x0
xD
�
(SB)
B
x
�
z0=z1
Rysunek 7.1. Rozkład sił bezwładności i sił reakcji w obracającym się wirniku.
Znacznie wygodniej jest wyrazić siłę bezwładności w lokalnym układzie odniesienia
związanym z członem (wykorzystując łatwą do udowodnienia bezpośrednim rachunkiem
0 0
zależność (R1 )T &!R1 = &! ):
T T
( 0 (0) 0 0 0
dFb1) = (R1 ) dFb = (R1 ) (R1s(1)�2dm - &!R1s(1)� dm)=
(7.3)
T T
0 0 0 0
= (R1 ) R1s(1)�2dm -(R1 ) &!R1s(1)� dm = s(1)�2dm - &!s(1)� dm .
Zauważmy, że dzięki zapisaniu siły dFb w układzie odniesienia Ą1, obracającym się
wraz z członem, w ostatniej równości wzoru (7.3) nie pojawia się macierz kosinusów
(
kierunkowych. Wyrażenie opisujące siłę dFb1) jest więc takie samo, niezależnie od tego,
o jaki kąt �0,1 układ Ą1 jest w rozpatrywanej chwili obrócony względem układu Ą0.
Pierwszy z członów siły bezwładności danej wzorem (7.3) nazywa się niekiedy siłą
odśrodkową (albo składową normalną), natomiast drugi składową styczną siły bezwładności.
Składowe te są wzajemnie prostopadłe. Przyjmiemy następujące oznaczenia:
( 2 ( (
dFb1) = s(1)� dm - &!s(1)�dm = (dFb1)) +(dFb1)) .
(7.4)
n t
Można łatwo sprawdzić, że:
(1)
Ą# ń# s cosą
xD 2 Ą# ń#
( 2
(dFb1)) = s(1)�2dm = ,
(7.5)
ó# Ą#� dm =
n ó#ssiną Ą#� dm
(1
yD)
Ł# Ś#
Ł# Ś#
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
2
(1) (1
0
Ą# -1 Ą# ń# Ą# ń# ssiną ń#
ń# xD yD) Ą#
(
(dFb1)) = -&!s(1)� dm = -ó# Ą# ó# (1) Ą#� dm = .
ó# Ą#� dm =
t ó# Ą#� dm
(1
Ł#1 0 Ś# Ł#- s cosą Ś#
Ł#yD Ś# Ł#- xD) Ś#
(1 (1)
gdzie xD) i yD są współrzędnymi punktu D w lokalnym układzie odniesienia, s oznacza
długość wektora s(1), a kąt ą jest pokazany na rysunku 7.1.
Obliczymy teraz momenty od tych sił względem początku układu O, wyrażone
konsekwentnie w lokalnym układzie odniesienia. Od tej pory jednak analizę będziemy
prowadzić w trzech wymiarach, mamy bowiem do czynienia z przestrzennym układem sił.
Otrzymujemy ze znanych wzorów:
(1 (1 (1 (1
Ą# ń# Ą# ń# Ą# ń#ź#
0 - zD) yD) �# xD) yD) ś#
ś#
ó# Ą# ó# Ą# ó# Ą#ź#�
( ~(1) ( (1 (1 (1) (1
ś#
(dMb1)) = rD dFb1) = zD) 0 - xD) Ą# ó#yD Ą#�2 + xD) Ą#ź# dm =
O
ó# ó#-
ś#
(1 (1
ó#- yD) xD) 0 Ą# ś# ó# Ą# ó# Ą#ź#
0 0
Ł# Ś# Ł# Ś# Ł# Ś#
�# #
(7.6)
(1 (1 (1 (1
Ą#- yD)zD)�2 + xD)zD)�
ń#
ó# Ą#
(1 (1 (1 (1
= xD)zD)�2 + yD)zD)� dm .
ó# Ą#
2 2
(1) (1
ó# Ą#
-((xD ) + (yD)) )�
Ł# Ś#
Dla obliczenia wypadkowych sił bezwładności i momentów sił bezwładności
pochodzących od całego członu można scałkować obie strony równań (7.5) i (7.6) względem
masy członu (lub jego objętości, jeśli zamiast masy wykorzysta się iloczyn gęstości
i różniczki objętości). W rezultacie otrzymuje się wzory końcowe:
( (1) (1) (1
Ą# ń# Ą#- J �2 + Jxz)�
ń#
mxC1)�2 + myC �
yz
ó#my(1)�2 mxC1)� Ą# ó# Ą#
( ( ( (1 (1)
Fb1) = - , (Mb1)) = Jxz)�2 + J � .
(7.7)
C yz
O
ó# Ą# ó# Ą#
(
ó# Ą# ó# Ą#
0 - Jz1)�
Ł# Ś# Ł# Ś#
We wzorze (7.7) wykorzystano znane wzory dla momentów statycznych oraz
momentów bezwładności wyrażonych w lokalnym, ruchomym układzie odniesienia:
( (
x(1)dm = mxC1) , y(1)dm = myC1) ,
+" +"
m m
(7.8)
2 2
(1) (1) (
J = x(1)z(1)dm , J = y(1)z(1)dm , Jz1) = ((x(1)) + (y(1)) )dm .
xz yz
+" +" +"
m m m
( (
gdzie xC1) i yC1) są współrzędnymi środka masy C członu w lokalnym układzie odniesienia,
a m oznacza masę całego członu.
Zauważmy, że siła i moment dane wzorami (7.7) zależą jedynie od prędkości kątowej
� i przyspieszenia kątowego � wirnika względem podstawy (pozostałe występujące we
wzorze wielkości są stałe), nie zależą natomiast od tego, jaki jest kąt obrotu �0,1 wirnika
względem podstawy. Kolokwialnie, lecz obrazowo można stwierdzić, że wypadkowa siła
bezwładności i moment sił bezwładności  obracają się razem z wirnikiem . Gdybyśmy
zapisali siłę Fb i moment Mb w układzie odniesienia związanym z podstawą, uzyskalibyśmy
znacznie bardziej skomplikowane wzory, uwzględniające aktualne położenie kątowe wirnika
względem podstawy. Teraz jest jasne, dlaczego do zapisu równań wykorzystaliśmy ruchomy,
związany z wirnikiem układ odniesienia.
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
3
Zwróćmy uwagę, że składowa z momentów sił bezwładności (taka sama w układzie Ą0
i Ą1) jest równoważona przez moment napędowy wirnika i nie wywołuje reakcji
dynamicznych w łożyskach.
Obliczymy teraz, wywołane wyznaczonymi siłami bezwładności, reakcje dynamiczne
SA oraz SB, jakimi podstawa oddziałuje poprzez łożyska na wirnik. Składowe te w obu
łożyskach pokazano na rysunku 7.1. Ponownie, dla wygody, obliczenia prowadzić będziemy
w układzie ruchomym (wirującym) Ą1. Składowa z wypadkowej siły bezwładności jest
zerowa, poszukiwane siły reakcji w łożyskach możemy zatem zapisać tak:
T T
( (1) ( (
S(1) =[(SA1)) (SA ) 0] , S(1) =[(SB1)) (SB1)) 0] .
(7.9)
A B
x y x y
Do obliczenia sił reakcji wykorzystamy równania równowagi kinetostatycznej.
Równania zapiszemy w lokalnym układzie odniesienia związanym z członem. Równania
równowagi sił i momentów (które zapiszemy względem początku układu O = A) możemy
zapisać w postaci:
(
S(1) + S(1) + Fb1) = 0 ,
(7.10)
A B
( (
~ ~
rA1)S(1) + rB(1)S(1) + (Mb1))O+T(1) = 0 .
(7.11)
A B
T
(1)
gdzie przez T(1) = [0 0 � ] oznaczono moment napędowy działający na wirnik.
Najpierw wez
miemy pod uwagę równanie momentów (7.11). Z rysunku 7.1 wynika,
T
( (
że rA1) = 0 oraz rB1) = [0 0 h] , możemy zatem napisać:
(1)
0
Ą# - h 0 (SB1)) J �2 + Jxz)� 0
ń#Ą# ( ń# Ą#- yz (1 ń# Ą# ń#
x
Ą# ó# Ą#
(
~ ~ ( ó#h ( (1 (1) ó# Ą#
rA1)S(1) + rB(1)S(1) + (Mb1))O+T(1) = 0 0Ą#ó#(SB1)) + Jxz)�2 + J � + 0 =
A B yz
Ą#
ó# Ą#ó# y Ą# ó# ó# Ą#
( (1)
ó# Ą#Ł# Ś# Ł#
Ł#0 0 0Ś#ó# 0 Ą# ó# - Jz1)� Ą# ó# Ą#
Ł#� Ś#
Ś#
(7.12)
( (1) (1
Ą# ń#
(SB1)) h - J �2 + Jxz)�
y yz
ó# Ą#
( (1 (1)
= (SB1)) h + Jxz)�2 + J � = 03�1 .
x yz
ó# Ą#
( (1)
ó# Ą#
- Jz1)� +�
Ł# Ś#
Z trzeciego równania układu (7.12) wynika, że moment napędowy równoważy
składową z wypadkowego momentu sił bezwładności. Z dwóch pierwszych równań wynika
natomiast, że:
( (1 (1)
Ą# ń# Ą#-(Jxz)�2 + J �) h
(SB1)) ń#
x yz
.
ó# Ą# Ą# (7.13)
( (1) (1
(SB1))= ó# (J �2 - Jxz)�) h
ó#
ó# Ą# yz Ą#
y
Ł# Ś# Ł# Ś#
Z równań sił układu (7.10) (dla składowych x i y) otrzymujemy, po uwzględnieniu
zależności (7.7) i (7.13):
(1 (1) (1) (
Ą# ń#
(Jxz)�2 + J �) h - mxC �2 - myC1)�
yz
(
S(1) = -(S(1) + Fb1))= .
ó# Ą# (7.14)
A B
(1) (1 (1) (
(J �2 - Jxz)�) h - myC �2 + mxC1)�
ó#- yz Ą#
Ł# Ś#
Wzory (7.14) pozwalają na sformułowanie warunków, które muszą być spełnione, aby
reakcje dynamiczne były równe zero w dowolnej rozpatrywanej chwili. Aby wyrażenia (7.14)
były stale równe zero musi zachodzić:
( (
xC1) = 0 , yC1) = 0
(7.15)
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
4
oraz
(1) (1)
J = 0 , J = 0 .
(7.16)
xz yz
Zatem warunki na to, aby wirujący wirnik nie powodował reakcji dynamicznych
można sformułować następująco:
" Oś obrotu z musi przechodzić przez środek masy członu C. Człon, który spełnia ten
warunek jest wyrównoważony co do środka masy, a oś obrotu nazywa się centralną.
W praktyce warsztatowej taki przypadek nazywa się też wyważeniem statycznym.
" Momenty dewiacyjne muszą być równe zero. Warunek ten jest spełniony, gdy oś obrotu z
jest główną osią bezwładności. Człon, który wiruje dookoła swojej głównej osi
bezwładności jest wyrównoważony co do osi głównych.
Jeśli spełnione są oba warunki jednocześnie, to oś obrotu jest główną centralną osią
bezwładności, a układ jest wyrównoważony dynamicznie. Jak powiedziano wcześniej,
składowa z momentu jest równa zeru tylko wtedy, gdy przyspieszenie kątowe wirnika jest
zerowe, lecz nie ma ona wpływu na niewyrównoważenie układu.
Zauważmy też, że mnożąc równania (7.15) przez masę wirnika m otrzymamy
zależności dla momentów statycznych, zazwyczaj wygodniejsze w obliczeniach:
( ( ( (
Sx1) = m xC1) = 0 , Sy1) = m yC1) = 0 .
(7.17)
Biorąc pod uwagę równania (7.16) i (7.17) możemy zatem stwierdzić, że wirnik jest
( (
wyrównoważony dynamicznie wtedy, kiedy momenty statyczne Sx1) i Sy1) oraz momenty
(1 (1)
dewiacyjne Jxz) i J , liczone względem układu odniesienia Ą1 o osi z pokrywającej się
yz
z osią obrotu wirnika, są zerowe.
W zadaniach poglądowych dotyczących wyważania wirujących wirników sztywnych
często analizuje się przypadek, gdy wirnik składa się z układu n wirujących mas punktowych
przedstawionych na rysunku 7.2. Przedstawione powyżej rozumowanie można powtórzyć dla
takiego przypadku bez istotnych zmian. Należy tylko podstawić do wzorów odpowiednie
zależności dla momentów statycznych i dewiacyjnych. Momenty statyczne oraz momenty
dewiacyjne układu mas punktowych względem układu ruchomego oblicza się następująco:
n n n n
( (
mxC1) = xi(1) = si cosąi , myC1) = yi(1) = si sinąi ,
"m "m "m "m
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
(7.18)
n n n n
(1 (1)
Jxz) = xi(1)zi(1) = zi(1)misi cosąi , J = yi(1)zi(1) = zi(1)misi sinąi .
"m " yz "m "
i i
i=1 i=1 i=1 i=1
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
5
Rysunek 7.2. Siły bezwładności w układzie n wirujących mas punktowych
(rysunek dla n = 3).
W praktyce produkcyjnej i eksploatacyjnej wirujące elementy maszyn i mechanizmów
wyważa się wykorzystując następujące, bardzo ważne z punktu widzenia zastosowań,
spostrzeżenie:
Dowolny wirnik sztywny można całkowicie wyrównoważyć dynamicznie przez dodanie lub
odjęcie dwóch mas korekcyjnych w dwóch dowolnych, niepokrywających się
płaszczyznach, prostopadłych do osi obrotu wirnika.
Przedstawimy uzasadnienie tego faktu. Na rysunku 7.3 pokazano wirnik o znanej
masie m, którego środek masy C nie leży na osi obrotu. Ponadto zakładamy, że momenty
(1) (1)
dewiacyjne wirnika wynoszą J oraz J i są różne od zera, a także, że znane są
xz yz
(1) (
współrzędne środka masy xC i yC1) w ruchomym układzie odniesienia.
m2 y1 y1 m2
s2
m1
s2
m1 C
C
ą1 ą2
s1 s1
(1)
z1 yC
(1)
x1
xC
(
z21)
(
z11)
P1 P2
Rysunek 7.3. Wyrównoważanie wirnika sztywnego.
Wybierzemy dwie płaszczyzny P1 oraz P2 o położeniu określonym przez współrzędne
( (
z11) oraz z21) , w których umieszczamy dwie masy na promieniach s1 oraz s2. Wektory s1 i s2
tworzą kąty odpowiednio ą1 oraz ą2 z osią x1. Warunki wyrównoważenia takiego układu
można zapisach postaci warunku wyrównoważenia co do środka masy:
(
m1s1 cosą1 + m2s2 cosą2 + mxC1) = 0 ,
(7.19)
(
m1s1 siną1 + m2s2 siną2 + myC1) = 0
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
6
oraz warunku wyrównoważenia co do osi głównych bezwładności:
( ( (1)
m1s1 cosą1z11) + m2s2 cosą2z21) + J = 0 ,
xz
(7.20)
( ( (1)
m1s1 siną1z11) + m2s2 siną2z21) + J = 0 .
yz
Jeśli podstawimy pomocnicze zmienne Ai = misi cosąi oraz Bi = misi sinąi (i = 1, 2),
to zależności (7.19) i (7.20) tworzą układ równań liniowych względem tych zmiennych.
Układ ten ma, przy przyjętych założeniach, dokładnie jedno rozwiązanie. Tym samym ma
także co najmniej jedno rozwiązanie względem niewiadomych q1, q2, ą1, ą2 (gdzie qi = miri),
co było przedmiotem twierdzenia.
" " " "
Zwróćmy uwagę, że jeśli otrzymane rozwiązanie oznaczymy jako q1 , q2, ą1 , ą2 , to
" " " "
układ równań (7.19) i (7.20) spełniają także liczby - q1 , - q2, ą1 + Ą , ą2 + Ą . Oznacza to,
że zamiast dodawać masy korekcyjne możemy odjąć takie same masy, na tych samych
promieniach, ale po przeciwległej stronie (masy odejmujemy np. przez nawiercenie otworów
w wirniku, jeśli płaszczyzny korekcji wybrano tak, że jest to technicznie możliwe).
W praktyce rzadko zdarza się, aby momenty dewiacyjne i położenie środka masy
niewyważonego wirnika były znane. Dlatego wirujące części bada się na urządzeniach
zwanych wyważarkami, które wyznaczają wielkość i położenie mas korekcyjnych, poprzez
pomiar sił reakcji dynamicznych w trakcie ruchu niewyważonego członu (w tym celu wirnik
mocowany jest w wyważarce i wprawiany w ruch obrotowy). Czytelnik powinien znać takie
postępowanie z praktyki użytkowania samochodu. Wyważanie kół wykonywane jest przy
każdej sezonowej zmianie opon.
Sposób korzystania z podanych wyżej wzorów zilustrujemy na przykładzie.
PRZYKA
AD
y1
A
Zadanie
P2
Podczas pomiarów stwierdzono, że wirnik można
wyważyć dodając dwie masy korekcyjne w płaszczyznach P1
�
a
m ą
i P2. Masę w płaszczyz
nie P2 umieszczono prawidłowo.
s
W płaszczyz
nie P1 należało umieścić masę m w odległości r
B
od osi obrotu, w położeniu opisanym przez kąt ą. Przez
P1
pomyłkę masę korekcyjną umieszczono w położeniu x1
b
z1
opisanym przez kąt �. Obliczyć moduł siły reakcji
dynamicznej w łożysku B, kiedy wirnik obraca się ze stałą
prędkością kątową �.
Dane: a = 0.4 (m), b = 0.1 (m), s = 0.5 (m), m = 0.01 (kg), ą = 0.1 (rad), � = 0.3 (rad), � = 100 (rad/s).
Rozwiązanie
Obliczenia będziemy prowadzić w lokalnym, związanym z wirnikiem układzie odniesienia, który
pokazano na rysunku. Dla uproszczenia pominiemy w przykładzie (niezgodnie zatem z ogólnie przyjęta
konwencją) oznaczenia układu odniesienia, mając na myśli zawsze układ lokalny. Wprowadzimy następujące
oznaczenia:
" - jest sumą mas wirnika i masy dodanej w płaszczyz
nie P2,
m
( (
" i są współrzędnymi (w układzie ruchomym) środka masy C wirnika wraz z masą dodaną
xC1) yC1)
w płaszczyz
nie P2
(
" jest momentem statycznym wirnika i masy umieszczonej w płaszczyz
nie P2 względem płaszczyzny
mxC1)
y1z1 układu ruchomego,
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
7
(
" jest momentem statycznym wirnika i masy umieszczonej w płaszczyz
nie P2 względem płaszczyzny
myC1)
x1z1 układu ruchomego,
(1) (1)
" są sumarycznymi momentami dewiacyjnymi wirnika i masy umieszczonej w płaszczyz
nie P2
J , J
xz yz
względem układu ruchomego.
" Symbolami bez górnej kreski oznaczymy analogiczne wielkości dla wirnika wraz z obydwiema dodanymi
masami (gdy prawidłowo umieszczono masę w płaszczyz
nie P2 i błędnie w płaszczyz
nie P1).
Rozwiązanie zadania polega na umiejętnym wykorzystaniu podanych wyżej wzorów. Z treści zadania
wynika, że gdy w płaszczyz
nie P1 masa m umieszczona jest w odległości s od osi obrotu, w położeniu opisanym
przez kąt ą, a druga masa umieszczona jest prawidłowo w płaszczyz
nie P2, to wirnik jest wyważony. Oznacza
to, że spełnione są cztery warunki wyważenia dynamicznego wirnika:
(
mxC1) + ms cosą = 0,
(
myC1) + mssiną = 0,
(a)
(1)
J + ms cosą �" 0 = 0,
xz
(1)
J + mssiną �" 0 = 0.
yz
Z powyższych równań wynika wprost, że:
(
mxC1) = -mscosą,
(
myC1) = -mssiną,
(b)
(1)
J = -mscosą �" 0 = 0,
xz
(1)
J = -mssiną �" 0 = 0.
yz
Zwróćmy uwagę, że z powyższych zależności można obliczyć wartości momentów statycznych
i dewiacyjnych układu wirnika i masy umieszczonej w płaszczyz
nie P2, ponieważ prawe strony równań są znane.
Jeśli teraz zamiast masy m umieszczonej prawidłowo w płaszczyz
nie P1 dodano masę m, ale w miejscu
opisanym kątem �, to wartości momentów statycznych i dewiacyjnych dla układu wirnik + masa umieszczona
prawidłowo w płaszczyz
nie P2 + masa umieszczona błędnie w płaszczyz
nie P1 są równe:
( (
mxC1) = mxC1) + ms cos� = -mscosą + ms cos� = ms(cos� - cosą),
( (
myC1) = myC1) + mssin� = -mssiną + mssin� = ms(sin� - siną),
(c)
(1) (1)
J = J + mscos� �" 0 = 0 + 0 = 0,
xz xz
(1) (1)
J = J + mssin� �" 0 = 0 + 0 = 0.
yz yz
Siły bezwładności i momenty sił bezwładności1 działające na układ wirnik + masa umieszczona
prawidłowo w płaszczyz
nie P2 + masa umieszczona błędnie w płaszczyz
nie P1 są w takim razie równe (zobacz
wzory wyprowadzone powyżej dla przypadku � = 0):
(
(Fb(1)) = mxC1)�2 = ms�2(cos� - cosą),
x
(1)
(Fb(1)) = myC �2 = ms�2(sin� - siną),
y
(d)
( (1)
(Mb1)) = -J �2 = 0 ,
x yz
( (1
(Mb1)) = Jxz)�2 = 0 .
y
Składowa Fz reakcji dynamicznej jest oczywiście
zerowa. Wirnik porusza się ze stałą prędkością kątową, y1
A
zatem moment sił Mz jest zerowy. Znajomość momentu Fb
(
SA
bezwładności nie jest zatem potrzebna do rozwiązania
Jz1)
Mb
naszego zadania.
a
Do policzenia pozostały nam jeszcze reakcje,
jakimi łożyska działają na wirnik. Obliczenia nadal
O
B
wykonywać będziemy w lokalnym układzie odniesienia
b
związanym z wirnikiem. Oznaczmy początek tego układu
x1
literą O. z1
SB
1
(1) (1)
A
atwo zauważyć, że skoro dewiacyjne momenty bezwładności oraz są zerowe, zerowe będą też
J J
xz yz
( (
momenty sił i . Będziemy je jednak uwzględniać w dalszych wzorach, aby nie stwarzać pozorów,
(Mb1)) (Mb1))
x y
że nie powinny się one w tych wzorach pojawić.
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
8
Na wirnik w ruchu działają siły SA i SB pochodzące od łożysk oraz siła F i moment M wynikające
z niewyważenia wirnika (ich składowe x i y obliczyliśmy powyżej).
Wypadkowy moment i wypadkowa siła działająca na wirnik muszą być zerowe. W postawionym
zadaniu należy policzyć siłę SB. Dlatego wypadkowy moment wygodnie jest obliczać względem punktu A (nie
pojawi się nieinteresująca nas składowa SA):
(1 ( (1
~ ~
.
M(1) + rAO)Fb1) + rAB)S(1) = 0
b B (e)
Powyższe równanie wektorowe odpowiada trzem równaniom skalarnym. Nieznane są tylko składowe
( (1) (1)
siły . Moment i siłę obliczyliśmy już wcześniej, składowe wektorów i możemy odczytać
S(1) M(1) Fb1) rAO rAB
B b
z rysunku:
0 0
Ą# ń# Ą# - a 0
ń#
(1) ó#0Ą#, ~(1) ó#a 0 0Ą#,
rAO = rAO =
ó# Ą# ó# Ą#
ó# ó# Ą#
Ł#aĄ# Ł#0 0 0Ś#
Ś#
(f)
0 0
Ą# ń# Ą# - (a + b) 0
ń#
(1) ó# Ą#, ~(1) ó#
rAB = 0 rAB = (a + b) 0 0Ą#.
ó# Ą# ó# Ą#
ó# Ą# ó# Ą#
0 0 0Ś#
Ł#a + bŚ# Ł#
( (
Równanie (e) pozwala na obliczenie poszukiwanych składowych i reakcji dynamicznej
(SB1)) (SB1))
x y
(
w łożysku (składowa jest oczywiście zerowa). Przekształcając równanie (e), otrzymujemy:
(SB1))
z
( (
Ą# ń# Ą# ń# Ą# ń#
0
Ą# - (a + b) 0 (SB1)) (Mb1)) 0 - a 0 (Fb(1))
ń# Ą# ń#
x x x
ó# Ą# ó# Ą# ó# Ą#
ó# ( ( ó#a
(a + b) 0 0Ą# ó#(SB1)) = -ó#(Mb1)) - 0 0Ą# ó#(Fb(1)) .
(g)
y y y
Ą# Ą# Ą#
ó# Ą# ó# Ą#
( (
Ą# ó# Ą#
ó# 0 0 0Ś# ó#(SB1)) (Mb1))Ł#0 0 0Ś# ó# Ą#
Ą# ó# Ą# (Fb(1))
Ł# z z z
Ł# Ś# Ł# Ś# Ł# Ś#
Z powyższego łatwo wyznaczamy poszukiwane składowe:
-1
( (
(SB1)) = ((Mb1)) + a(Fb(1)) ),
x y x
a + b
(h)
1
( (
(SB1)) = ((Mb1)) - a(Fb(1)) ).
y x y
a + b
Ostatecznie obliczamy moduł sił reakcji:
T 2 2 2
( ( (
.
SB = (S(1)) S(1) = (SB1)) + (SB1)) + (SB1))
(i)
B B x y z
Pozostało nam tylko podstawienie danych liczbowych:
(
mxC1) =ms(cos� - cosą) = 0.005(cos0.3 - cos0.1) H" -198 �"10-6 (kg m),
(1)
myC = ms(sin� - siną) = 0.005(sin 0.3 - sin 0.1) H" 978 �"10-6 (kg m),
(1
Jxz) = 0 (kg m2),
(1)
J = 0 (kg m2),
yz
(1)
(Fb(1)) = mxC �2 H" -1.983 (N),
x
(1)
(Fb(1)) = myC �2 H" 9.784 (N),
y
( (1)
(j)
(Mb1)) = -J �2 = 0 (N m),
x yz
( (1
(Mb1)) = Jxz)�2 = 0 (N m),
y
-1
( (
(SB1)) = ((Mb1)) + a(Fb(1)) )H" 1.587 (N),
x y x
a + b
1
( (
(SB1)) = ((Mb1)) - a(Fb(1)) )H" -7.827 (N) ,
y x y
a + b
T
SB = (S(1)) S(1) H" 7.987 (N).
B B
Prawa zastrzeżone � J.Frączek, M. Wojtyra. Kopiowanie bez zgody autorów zabronione
9