mtm - MOTORLU TAŞITLAR MEKANİĞİ DERS NOTLARI B....

Info iconThis preview shows page 1. Sign up to view the full content.

View Full Document Right Arrow Icon
This is the end of the preview. Sign up to access the rest of the document.

Unformatted text preview: MOTORLU TAŞITLAR MEKANİĞİ DERS NOTLARI B. Özdalyan İÇİNDEKİLER 1.0 Kullanılacak TSE Standartlı Semboller ve Anlamları 2.0 Taşıtları Çalıştığı Ortama Göre Sınıflandırılması 2.1 Kara Yolları Ulaşım Araçları (Demir Yolu Hariç) 3.0 Tekerlerin Mekaniği 4.0 Transmisyon Verimleri ve Yol Direncini Yenme Güçleri 5.0 Yuvarlanma Direnci (Rro) 6.0 Hava Direnci (Rl) 7.0 Rüzgar Direnci (Rw) 8.0 Yokuş Direnci (Re) 9.0 İvme Direnci (Ra) 10.0 Lastiğin Yola Tutunma Kuvveti ve Kayma 11.0 Kayma 12.0 Düz Yoldaki Statik Aks Yükü Dağılımı 13.0 Eğik Yoldaki Aks Yükü Dağılımı 14.0 Maksimum Tahrik Kuvveti 15.0 Maksimum Frenleme Kuvveti 16.0 Viraj Tutumu 16.1 Aks reaksiyonları 16.2 İçe Kayma 16.3 Dışa Kayma 16.4 İçe devrilmemek için gerekli minimum hız 16.5 Dışa devrilmemek için gerekli maksimum hız 17.0 Devrilme Yalpa Ekseni 17.1 Ön süspansiyon sistemi 17.2 Arka süspansiyon sistemi 17.3 Sistem Elemanlarının Ağırlık Merkezlerinin Bulunması 17.31 Amortisörün Ana Noktalarının Koordinatının Bulunması 17.32 Salıncak Kollarının Ağırlık Merkezinin Bulunması 18.0 Teker Yuvarlanma Yarıçapının Bulunması 19.0 Frenleme Torkunun Hesaplanması 20.0 Taşıt Davranış Karakteristikleri 2 1.0 KULLANILACAK TSE STANDARTLI SEMBOLLER VE ANLAMLARI A As a Cw e F fRO G g km Me m ηtr : Aracın ön izdüşüm alanı---------------(m2) : Taşıtın yanal izdüşüm alanı------------(m2) : İvme--------------------------------------m/s2) : Hava direnç katsayısı-----------------------: Eğim. (100* tan ∝ )---------------------(%) : Tekerlek tahrik kuvveti------------------(N) : Yuvarlanma direnci katsayısı--------------: Ağırlık.(m*g)-----------------------------(N) : Yer çekimi ivmesi---------------~9,81m/s2) : Dönel alet katsayısı-------------------------: Efektif motor torku--------------------(Nm) : Taşıt kütlesi------------------------------(kg) : Aktarma organlarının verimi-----------(%) ρ n P R r s t i υ V W α µ : Yoğunluk-----------------------------(kg/m3) : Motor hızı------------------------------(d/dk) : Güç---------------------------------------(kW) : Direnç kuvvetleri-------------------------(N) : Tekerlek yarı çapı------------------------(m) : Kat edilen yol-----------------------------(m) : Zaman--------------------------------------sn) : Toplam transmisyon oranı-----------------: Taşıt hızı--------------------------------m/sn) : Taşıt hızı--------------------------------km/h) : İş---------------------------------------(J), (kJ) : Eğim açısı----------------------------------(0) : Statik sürtünme katsayısı-------------------- 2.0 TAŞITLARI ÇALIŞTIĞI ORTAMA GÖRE SINIFLANDIRILMASI I. Kara ulaştırma araçları: a) Demir yolu, b) Kara yolu ve arazi II. Deniz III. Hava 2.1 KARA YOLLARI ULAŞIM ARAÇLARI (demir yolu hariç) 1. Tahrik biçimine göre a) Kendinden tahrikli - Motorlu taşıt (önden, arkadan, ön ve arkadan tahrikli) b) Kendinden tahrikli olmayan – Motorsuz taşıt 2. Taşıma türüne göre: a) Yolcu taşıtı, b) Yük taşıtı 3. Kullanma amacına göre: a) Özel (Ticari veya gayri ticari) b) Resmi c) Askeri 4. Kullanıldığı zemine göre: a) Kara yolu b) Kara yolu dışı (Tarım araçları, İş araçları, Özel amaçlı araçlar) 5. Taşıma kapasitelerine göre: a) Hafif yük, b) Orta yük ve c) Ağır yük araçları 6. Tekerleklerine göre araçlar: a) İki tekerlekli, b) Üç tekerlekli, c) Dört tekerlekli 3.0 TEKERLERİN MEKANİĞİ Tekerlek yarı çapları azda olsa şu durumda değişir; 1. Statik tekerlek yarı çapı merkez ile zemin arasındadır 2. Dinamik tekerlek yarı çapı merkez ile zemin arasındadır 3. Yuvarlanma yarı çapı tekerleğin açısal ve doğrusal hızı ile aynı hızda hareket eden ve şekli değişmeyen çemberin yarı çapıdır. Frenleme anında dinamik yarıçaptan büyük, ilk hareket anında kaymadan dolayı dinamik yarıçaptan küçük olabilir. Tekerlek momenti sabit tutulduğunda, yarıçap küçüldükçe tekerlek tahrik kuvveti artar. Fakat çok küçük yarıçaplı tekerlekte de bazı mahsurlar doğar. M W = FW * r 3 Mw = Me − Mtr (Tekerlek Momenti = Motor Momenti – Transmisyon Momenti) Mw = Me * i * η tr (Tek. Momenti = Motor Momenti * Toplam trans. oranı * Trans. verimi) Burada i>1 ve ηtr<1’dir. Tekerlek gücünün Motor gücüne oranı bize transmisyon oranını verir Pw ve bu oran 1 den küçüktür. η tr = < 1 Öyleyse: Pw<Pe’dir. Pe Fw (N) %30e %20e 6000 %10e 1. Vites egrisi 4000 2. Vites egrisi 2000 3. Vites egrisi Hava direç kuvveti 0 40 80 120 V (km/h) 140 Şekil 1. Taşıt hızına göre tekerlek tahrik kuvvetinin vitesler ile değişimi Tekerlek torku artarken motor devri azalıyor. Güç sabittir, tork artmaktadır. Burada 1. vites torku > 2. vites torkudur. Motorun max devirde sabit çalıştığımı düşünürsek ve vitesi 1’e takarsak 1. vites dişlileri yardımı ile hız azaltılır tork arttırılır. 2. vitese takarsak torku biraz azaltmış ve hızı biraz arttırmış oluruz. 3. vitese takarsak torku daha da azaltmış ve hızı da daha fazla arttırmış oluruz. Son viteste ise hız maksimuma çıkarken moment artışı minimuma indirilmiş olur. Motorun gücü sabittir fakat hız ve moment değişkendir. Pw = Fw * v Tekerlek gücü = Tekerlek tahrik kuvveti* Taşıtın hızıdır. Burada tekerlek Fw * v gücü sabit ise hız artıkça Tekerlek Tahrik Kuvveti (Fw) azalır. Pw = (W ) 3,6 Grafikte maksimum taşıt hızı üç vitesli bir araçta üçüncü vites eğrisi ile hava direnç kuvveti eğrilerinin kesiştikleri yerdedir. Çünkü taşıt son viteste bu hızla giderken hava direnç kuvvetlerini yenebiliyor. Fakat daha hızlı giderse hava direnç hızını yenemez ve yavaşlamaya başlar. Eğrileri incelersek; 3.viteste % 10 eğimli bir yokuşu tırmanamayız çünkü eğriler kesişmiyor. Yani 3. viteste taşıtın gücünün verdiği moment % 10 luk bir eğimi çıkartmaya kafi değildir. Ancak 2. vitesle % 10 eğimli bir yokuşu kolayca çıkabilir çünkü motorun verdiği sabit gücün torkunu artırdık. 1.vitesle ise 2. vitesle çıkamayacağımız % 30 eğimli rampayı kolayca çıkabiliriz. km h 1000 m * * dikkat edilirse pay ve payda birbirine eşittir. Birim Çevirme Metodu: 1 km h 3600 s 4 4.0 TRANSMİSYON VERİMLERİ VE YOL DİRENCİNİ YENME GÜÇLERİ TAŞIT CİNSİ YARIŞ OTOLARI BİNEK OTOLARI KAMYON OTOBÜS ARAZİ TAŞITLARI ηtr İLERİ 0,90-0,95 0,90-0,92 0,82-0,85 0,82-0,85 ηtr GERİ 0,80-0,85 0,80-0,82 0,75-0,78 0,73-0,76 5.0 YUVARLANMA DİRENCİ (RRO) Tekerlek ve yol etkileşiminde 4 değişik tip vardır, bunlar: 1. Sert zemin sert lastik (rijit) 2. Yumuşak tekerlek rijit zemin 2. Rijit tekerlek yumuşak zemin 4. Şekil değiştirebilen zemin ve tekerler Tekerlek yumuşak zemin sert: Taşıtın teker başına düşen ağırlığı, Teker-Yol yüzeyine etki eder. G G x rs rd Rw e G G Şekil 2. Tekerin statik ve dinamik dönme yarıçapı Tekerlek kuvvet taşıma hatları kenarlarda daha fazla ortada ise daha azdır. z Bar Z 5 ,6 4,2 2 ,8 1 ,4 x y Tem as yüzeyi genişliği X Y Tem as yüzeyi uzunluğu Şekil 3. Tekerin yola temas yüzeyindeki basınç dağılımı Burada Σmo=0’dan G * e = RW * rd bulunur. Bu denklikten yuvarlanma direncini çekersek: G*e e e bulunur ki buradaki ifadesine yuvarlanma direnci katsayısı diyoruz RW = = G* rd rd rd e = f R 0 dan sonuç: ve fRO ile gösteriyoruz. Yani: rd 5 RW = G * f R 0 veya diğer bir deyişle RRO = RW = G * f RO olur. Problemlerde fR0 değeri verilmemiş ise 0,02 olarak kullanılması sonucu pek fazla değiştirmez. Yolun cinsine göre fRO şöyle değişmektedir. Yolun cinsi FR0 Düzgün asfalt, beton 0,015 Küçük taş döşenmiş zemin 0,015 Şose yol 0,02 Çamurlu yolda 0,05 Gevşek toprak, kumda 0,1-0,35 fRO fRO fRO Yumusak Zemin Normal Lastik Sert Zemin G Yükün fRO'ya etkisi Lastik iç basinçinin yuvarlanma sürtünme katsayisina etkisi Radyal Lastik Pw Hizin fRO'ya etkisi V Şekil 4. Yuvarlanma direnç katsayısının etkileri Lastik basıncı yüksekse ortadan aşınır. Lastik basıncı düşükse kenarlardan aşınır. 1,8 bar basınçtaki lastiklerde asfalt yollarda kullanılabilecek bir eşitlikte şudur: V · § f RO = 0.01 * ¨1 + ¸ © 160 ¹ 6.0 HAVA DİRENCİ (RL) Herhangi bir yüzeyin basınç merkezine dik gelen statik ve dinamik basınç kuvvetlerinin V2 toplamı sabittir. Ps + Pd = Sabit. Pd = ρ * Hız arttıkça lift basınç kuvveti artar ve 2 direksiyon hakimiyeti azalır. Taşıtın hızı artırılınca hava direncide artacağından yakıt sarfiyatı da artar. Normal şartlar altında en ekonomik olacak şekilde dizayn edildikleri hızlar 80 ila 110 km/h arasıdır. Çeşitli Taşıtlar İçin Cw Değeri TAŞIT Açık Spor Pikap Binek Otosu Binek Otosu; Farlar, Arka Tekerlekler (Yedek Lastik Gövde İçinde İse) En Avantajlı Aerodinamik Biçim Otobüs Kamyon Motosiklet 6 CW 0,5 – 0,7 0,5 – 0,6 0,4 – 0,55 0,3 – 0,4 0,15 – 0,2 0,6 – 0,7 0,8 – 1,3 1,8 Z RL RLX RLZ RLY Y X Şekil 5. Rüzgar direnci bileşenleri ve bileşkesi Ön hava kuvveti (x doğrultusundaki) : RLX = 0,5 * ρ * CW * A * (ν 0 + ν ) 2 : X doğrultusundaki hava direnci katsayısıdır ve taşıttan taşıta değişir. CW ν0 : Rüzgar hızı (m/s) Rüzgar ters yönde eserse işareti değiştirilir. ν : Taşıt hızı (m/s) ρ : Hava yoğunluğu ~ 1,293 (kg/m3) olarak alınır havaya göre değişir. A : Taşıtın ön iz düşüm alanı ~ 0.9*b*h (b: genişlik, h: yüksekliktir) Taşıtın hızını km/h olarak kullanırsak formülümüz: RLX = 0,0386 * ρ * CW * A * (V0 + V ) 2 olur. 7.0 RÜZGAR DİRENCİ (RW) L Lpf Lpr Mz Rwx P' Rwy Rw P g Ry Şekil 6. Rüzgar direncinin etkileri Şekil 6’da, Rwy kuvveti, P’ noktasında Mz tepki momentini meydana getirir. Çünkü basınç merkezine (P) etki etmiyor. Rüzgar esince aracın önü sağa doğru çekilir. Çünkü yuvarlanma direnci, rüzgarın etkisi ve bu rüzgarın araç önünde meydana getirdiği moment aracın sağa çekmesine sebep olur. Rw : x ve y eksenlerindeki rüzgar direnç kuvvetlerinin bileşkesidir. Cs : katsayı 7 νr : rüzgar hızı As : taşıtın boyuna doğru izdüşüm alanı M Z = RWY * LPF Y eksenindeki rüzgar direnç kuvveti: ν RWY = C S * ρ * r * AS burada C S = 0.016 * ’dır. 2 Rwy değerini Mz’de yerine yazarsak: ν M Z = CMZ * ρ * r * AS * LPF burada C MZ = 0,004 * 2 τ τ Her taşıtın ağırlık merkezi değişkendir. Yüke göre ve yükün yerine göre değişir. Eğer ağırlık merkezi 1 noktasında ise B ile C A D tekerleği patladığında, Eğer ağırlık merkezi 2 noktasında ise D ile C tekerleği patladığında, 1 Eğer ağırlık merkezi 3 noktasında ise A ile D ÖN 2 4 tekerleği patladığında, Eğer ağırlık merkezi 4 noktasında ise A ile B 3 tekerleği patladığında tekerlekler aşağı çökmez. Ancak ağırlık merkezi yüke göre B C sürekli yer değiştirir. g P Yandaki şekillerde taşıtın ağırlık merkezinin yeri ile rüzgar basınç merkezinin yerlerinin dizaynları gösterilmektedir. Burada: P g P : Basınç merkezinin yerini, g : Ağırlık merkezini yerini göstermektedir. a Şekil b’deki dizayn, aracın rüzgarla savrulmasını engellemede Şekil a’ya göre daha idealdir. Mümkün olsa da her iki merkez üst üste bindirilebilse daha da iyi olur. g P P g Hava direnç kuvveti hızın karesi ile artıyor. b Şekil 7. Basınç merkezinin yeri RL RRO Tasit hizi ile hava direnç kuvvetinin degisimi V Rt Tasit hizi ile yuvarlanma direncinin degisimi V Şekil 8. Rüzgar direncinin etkileri 8 Tasit hizi ile toplam direncin degisimi V Örnek problem 1: Aşağıda özellikleri belirtilmiş olan taşıtın düz yolda hava direnç kuvvetinin yuvarlanma direncinin iki katı olduğu zamandaki hızını, teker gücünü ve motor gücünü bulunuz? (ηtr=0,82) G = 1200 kg = 12000N RRO = f RO * G 2 RRO = 0,02 * 12000 A = 2,75m RRO = 240 N yuvarlanma direncinin iki katı olduğu anı bulalım. FRO = 0,02 3 ρ HAVA = 1,25 kg/m RL = 2 * 240 = 480 N CW = 0,5 Toplam direnç minimum tekerlekteki tahrik kuvvetine eşit olmalıdır. Dolayısı ile; RT = RRO + RL Ÿ RT = 480 + 240 = 720 N FW = RT = 720 N olur. Hava direnç kuvvetinin formülünden yola çıkarsak taşıtın hızını bulabiliriz: 480 RL = 0,5 * ρ * CW * A * (V ) 2 Buradan hızı çekelim: V 2 = Sonuç olarak: 0,5 * 1,25 * 0,5 * 2,75 V = 23,63 m/s veya V = 85,07 km/h bulunur. F *V PW = W formülünden yola çıkıp teker gücünü PW = 720 * 23,63 = 17013,6 W veya 3600 PW = 17,01 kW olarak bulabiliriz. Pw 17,01 ηtr = formülünden yola çıkarak da Pe = = 20,7kW motor efektif gücünü Pe 0,82 bulabiliriz. Özgül yakıt tüketimi 350 gr/kWh olduğuna göre bu taşıt 450 km yolu kaç Liralık yakıt tüketir ve kaç saatte alır. 350 kg kg gr 1kg B = be * Pe = * 20,7 kW = 7,245 be = 350 * 1000 kWh kWh 1000 gr h 450 t= = 5,29h TL = 7,245 * 5,29 * 2000000 = 76652100 Günümüz petrol fiyatlarına göre. 85,07 Örnek problem 2: Kuzeye doğru gitmekte olan bir taşıt 200 lik açıyla kuzeydoğudan 60 km/h’lik hızla esen rüzgara karşı hareket etmektedir. Taşıt hızı 90 km/h olduğuna göre rüzgar direnç kuvvetiyle hava direnç kuvvetinin oranını bulunuz? B Ön K 20o VW D VWX RW RL V : Rüzgarın x ekseni hızı, : Rüzgarlı havada direnç kuvveti, : Rüzgarsız havada direnç kuvveti, : Taşıt hızı=90km/h G VWX = 60 * Cos 20 0 = 56,38 km/h Rüzgarlı ve rüzgarsız hava direnç kuvvetlerini birbirine oranlarsak: RW 0,5 * ρ * CW * A * (ν 0 + ν ) 2 = geriye RL 0,5 * ρ * CW * A *ν 2 9 RW (ν 0 + ν ) (56,38 + 90 ) = = = 2,64 bulunur. Bu oran rüzgarlı havadaki dirençler ile RL ν2 (90 )2 rüzgarsız havadaki dirençlerin birbirine oranıdır. Yani bunu şöyle ifade edebiliriz: RL + RW R = 2,64 = 1 + W buradan rüzgar direnç kuvvetiyle hava direnç kuvvetinin oranı RL RL RW = 1,64 bulunur. RL 2 8.0 YOKUŞ DİRENCİ (Re) Re = (±) G*Sinα = (±) G* tanα Re*V Re = G*(±)e Ne= kW 3600 İşaret yokuş yukarı + yokuş aşağı – olmalıdır. Çünkü yokuş yukarı giderken Re kadar daha güç gereklidir. Oysa yokuş aşağı inerken gerekmez hatta daha az olmalıdır (Re kadar). g Tegetsel Gt α GN α Normal G Şekil 9. Yokuş Direnci Burada, Gt = Gst = G * Sinα ‘dır. Burada m * g = G ’dir. Dolayısı ile Gt = m * g * Sinα olur.Bu formüldeki Sinα eğimi ifade ettiğinden sonuç Gt ≅ m * g * e olur. Çünkü küçük açılı (5O, 10 O, 15 O) yollarda Sinα yaklaşık olarak Tanα eşittir ve Tanα’da yolun eğimine “e” eşittir. Rst R %30e %20e %10e %30e %20e Rt Düz Yol %10e RL RRO V V Şekil 10. Eğimli yolun taşıt hızına etkileri 9.0 İVME DİRENCİ (Ra) Hızlanan aracın bir ivmesi vardır [F (N) = m (kg) * a (m/s2)]. Birde dönen cisimlerin ivmeleri vardır. Bu dönen cisimlerin ivmeleri tekerlek dış çapında bir karşı koyma direnci ile karşılaşır. Taşıtın efektif kütlesi, taşıt kütlesinin efektif kütle katsayısı kadar fazlasıdır. µ ef = m * λ Efektif kütle katsayısı toplam transmisyon oranı ile alakalıdır. 10 λ ≅ 1.04 + 0.0025 * i 2 İvme direnci ise taşıtın efektif kütlesinin ivmesi ile çarpımıdır. dv Ra = µ ef * a burada a = ’dir. Düz rüzgarsız bir yolda Rt = RRO + RL ’dir. Burada motorun dt tekerleklere verdiği tahrik gücü Ft ile toplam direnç olan Rt arasında aşağıdaki durumların olması söz konusudur: - Ft > Rt ise taşıt hızlanabilir, momenti fazladır. - Ft = Rt ise sabit hızda gider konumunu korur. - Ft < Rt ise yavaşlar. - Ft - Rt= rezerv kuvvettir, yokuş çıkarken veya hızlanmak için bu kuvvet kullanılır. Örnek Problem 3a: %10 eğimli bir yolda ve 72 km/h hızda hareket eden bir taşıtla ilgili aşağıdaki değerler bilinmektedir. Bu hızdaki tahrik kuvvetini ve gücünü hesaplayınız? m = 1200 kg A = 2.5 m2 Cw = 0.42 ρ = 1.25 kg/m3 Çözüm için önce direnç kuvvetleri hesaplayacağız. Ft=RRO+RL+Re Burada önce RRO’yu bulalım: RRO = G * fRO = G * [0.01 * (1+V/160)] = 1200 * 9.81 * 0.0145 RRO = 170.7 N (Yuvarlanma direnci) Şimdi de RL’yi bulalım: RL = 0.0386 * ρ * Cw * A * (V)2 = 1.25 * 0.42 * 2.5 * (72)2 RL = 262.6 N (Hava direnci) Şimdi de Re’yi bulalım: Re = Rst = m * g * e = 1200 * 9.81 * 0.10 Re = 1177.2 N (Yokuş direnci) Bulmuş olduğumuz bu değerleri yerine yazarsak toplam tahrik kuvvetini bulabiliriz: Ft=RRO+RL+Re = 170.7 + 262.6 + 1177.2 = 1610.5 N Tekerlek tahrik gücünü bulmak için Pt = Ft * V formülünde verileri yerlerine birimlerine uygun şekilde yazarsak bulabiliriz: Pt = 1620.5 (N) * 72 (km/h)* 1h · § km 1000m Pt = 1620.5( N ) * 72¨ * * ¸ = 32.21kW . 1km 3600 s ¹ © h Örnek Problem 3b: Tekerlek yarıçapı 0.4 m, bu hızdaki transmisyon oranı 5/1 ve aktarma organları verimi 0.90 olduğuna göre, bu durumdaki motor devrini ve gücünü bulunuz? Pt Transmisyon verimi tekerlek gücünün motor gücüne oranıdır. ηtr = buradan Pe Pt 32.21 Pe = = = 35.79kW bulunur. ηtr 0.90 2 * π * rw * nw formülünden teker devri çekilirse bulunabilir. Bu hızdaki teker devri ise: V = 60 m 20( ) * 60( s ) d s nw = = 477.5 Bizden istenen ise motor devridir. Dolayısı ile motor devri dk 2 * π * 0.4(m) transmisyon oranı kadar daha fazladır. ne = nw * i’den ne= 477.5 * 5 = 2387.5 d/dk. 11 Örnek Problem 3c: Aynı koşullardaki taşıtın yokuş aşağı aynı hızda inmesi durumunda motor gücü ne olur? Burada yokuş aşağı inme söz konusu olduğundan yokuş direnci faydalı bir direnç konumuna geçer. Dolayısı ile toplam tahrik kuvvetimizin azalması gerekir. +Re kullanmamız durumunda daha fazla teker tahriği gerekecekti ki bu durum ancak yokuş yukarı çıkarken olur. Ft = RRO + RL – Re olur. Yani: Ft = 170.7 + 262.6 – 1177.2 = - 743.9 N bulunur. Örnek Problem 4: 1000 kg ağırlığındaki bir taşıtın 80 km/h hızla giderken 0.7 m/s2 ivmeyle hızlanabilmesi için gerekli tahrik kuvvetini ve bu durumdaki toplam tahrik gücünü hesaplayınız? Taşıtın bu durumdaki toplam transmisyon oranı 5/1’dir. Taşıtın boyutları b = 1.5 m ve h = 1.6 havanın özellikleri ise Cw = 0.5, ρ = 1.26 kg/m3. Ft=RRO+RL+Ra RL = 0.0386 * ρ * Cw * A * (V2) Burada taşıtın hava vuruş kesit alanı verilen ölçülerin 0.9 katıdır, köseler ve aynalardan dolayı. Sonuçta RL=0.0386*1.26*0.5*(0.9*1.5*1.6)*802 bulunur. RL = 336.17 N RRO = G * fRO formülünden yola çıkarsak fRO = 0.01*(1+80/160) = 0.015 bulunur. Sonuçta RRO = 1000 * 9.81 * 0.015 = 147.15 N Ra = m * λ * a Burada λ = 1.04 + 0.0025 * i2’dır. Ra = 1000 * (1.04 + 0.0025 * 52) * 0.7 = 771.75 N bulunur. Bulunan bu değerleri baştaki formülde yerlerine yazarsak toplam tahrik kuvveti: Ft=RRO+RL+Ra = 147.15 + 336.17 + 771.15 = 1255.07 N bulunur. Ft * V 1255.07 * 80 Pt = = = 27.89kW bulunur. 3600 3600 Örnek Problem 5a: Aşağıdaki Şekil 11’deki grafiğe göre yol eğiminin %5 olduğu durumdaki maksimum taşıt hızını ve gücü bulunuz? Transmisyon verimi 0.80 ve kütlesi 1222 kg’dir. Şekil 11. Tekerlek tahrik kuvvetinin taşıt hızı ile değişimi Taşıtın anlık gücü o hızdaki kuvveti ile hızının çarpımı olduğundan, km 1 1000m 1h Pt = Ft ( N )*V ( ) * * * = 54.6kW h 3600 s 1km 1000kW 12 Pt 54.6 = = 68.25kW ’dır. η trans 0.80 Örnek Problem 5b: Yukarıdaki Şekil 11’deki grafiğe göre taşıtın 2. viteste maksimum çıkabileceği eğim nedir? Re = Rst = 4600 – 400 = 4200 N’dur. Aynı zamanda Re = G * Sinα = m * g * e’den 4200 e= = 0.35 bulunur. Sinα formülünden gidilirse 20.5°, Tanα’dan ise e = 0.37 1222 * 9.81 bulunur. Örnek Problem 5c: Yukarıdaki Şekil 11’deki grafiğe göre taşıtın maksimum ivmesini bulup açıklayınız. İvme direnci formülünden gidilirse ivmenin maksimum olabilmesi için Ra Ra’nın maksimum olduğu yere bakılır. Ra ise 1. vitesin maksimum Ra = µ ef * a Ÿ a = µ ef noktası ile <RRO + RL> eğrisi arasında maksimumdur. Taşıtın transmisyon verimi bilindiğine göre motor gücü: Pe = d Me = 110 Nm, ne = 2500 dk G = 13kN , Cw = 0.45 fro = 0,017, rm = 0,35m h = 1,4m, b = 1,5m, i = 5 ρ = 1,22 kg , ηtr = 0,86 m3 Örnek Problem 6: Taşıt yatay yolda 10 km/h rüzgarla aynı yönde gidiyorsa yanda verilenlere göre maksimum hızını bulunuz? Ft = Me * i *η tr 110 * 5 * 0,86 = = 1351 .4 N rm 0,35 RRO = 13000 * 0,017 = 221N RL = 0,0386 * 0.45 * 1,22 * 0,9 * 1,4 * 1,5 * ( −Vo + V ) 2 1351.4 = RRO + RL Ft = RRO + RL Burada RRO bilindiğine göre, RL = 1351.4 – 221 = 1130.4 N sonuç olarak şöyle yazılabilir; 1351.4 = 221 + 0.0386*1.22*0.45*0.9*1.4*1.5*(-Vo+V)2 1130.4 = 0.040052*(-Vo+V)2 168 = -Vo+V bulunur ki burada biz Vo değerinin 10 km/h olduğunu biliyoruz. Sonuç olarak: V = 178 km/h bulunur. Örnek Problem 7: Taşıtın 2. vitesteki maksimum ivmelenmesini hesaplayınız, ve 2. vitesteki motor devri 3000 d/dk ve motor gücü 100 Nm, transmisyon oranı 5, vites kutusu dilsi oranı 1.8, transmisyon verimi 0.88, teker yarıçapı 0.35 m ve G=10000 N’dur. Tekerlek tahrik kuvvetini bulunuz? Me * i *η tr 100 *1.8 * 5 * 0.88 = = 2262,8 N rw 0.35 V · § RRO = 10000 * f RO = 10000 * 0,01¨1 + ¸ Motor devri 1.8*5 kat azalarak tekerlere © 160 ¹ d 3000 iletiliyorsa teker devri: = rw = 333,3 ’dır. dk 9 2 * π * rw * nw 2 * π * 0.35(m) * 333.3 3600 s 1km km = * * = 44 bulunur. Bu değer V= 60 60( s ) 1h 1000m h yukarıdaki yerine yazılırsa yuvarlanma direnci RRO= 127.5 N bulunur. Hava direnci ise; RL = 0,0386*ρ*Cw*A*(V)2 formülünden; FT = 13 RL = 0.0386*1.22*0.45*0.9*1.4*1.5*442 = 77.5 N olarak bulunur. İvme direnci formülünden ise; Ra = Ft – (RRO + RL) = µef*a Î 2262.8-(127.5+77.5) = µef*a 2057.8 = µef*a = m* λ*a = m*(1.04+0.0025*i2)*a = 1222*1.1025*a =1347.3*a bulunur. Ra = 1.53 m/s2 bulunur. Buradan a = meff 10.0 LASTİĞİN YOLA TUTUNMA KUVVETİ VE KAYMA Taşıtın tekerlek tahrik kuvveti (Ft) yola tutunma kuvvetinden (Ftmax) fazla ise yola tutunma kuvvetini dikkate alırız, çünkü fazlası tekere kayma yaptırır. Mesela Ft = 1000 N olsun ve Ftmax = 800N olsun; o zaman 200 N’luk bir kuvvet sürtünmeye harcanarak kayıp olur. Öyleyse 800 N’a göre dizayn yaparsak sürtünme kayması olmaz. µ RO max = Yuvarlanma sırasındaki maksimum tutunma katsayısı ise tekerin yola tutunma kuvveti Ft max = µ RO max * G ve tekerin tahrik kuvveti Ft = µ RO max * G olur. Kayma başladıktan sonra tekerin yuvarlanma sırasındaki maksimum tutunma katsayısı daha da azalır. Ftkayma = µs * G den tekerin kayma anındaki tutunma katsayısı (µs) yuvarlanma sırasındaki maksimum tutunma katsayısından (µROmax) küçük olur. Yani, µs < µROmax olur. İvmelenme olabilmesi için Ft’nin daima Ftmax’dan az olması gerekir. Sürtünme kaybı ilk kalkışta olur. Aniden kalkmanın olabilmesi için taşıtın kütlesinin azaltılması gerekir. 1.Viteste maksimum hızda kalkış yapılınca tekerlek sürtünmesi olmadan yavaş yavaş kalkabilir mi? (patinaj yapmadan)? Hayır olamaz çünkü tedrici hareket olmak zorundadır. Muhakkak kavramada yada tekerlekle zemin arasında kayma (sürtünme) olur. Kuru asfalt yolda kabak lastiğin yere tutunma kuvveti daha fazladır. µ RO = 0,2 ~ 1,2 arasındadır. Tahrik kuvveti (Ft) azaldıkça, yani Ft max ’dan daha aza düştükçe kaymadan hareketlenmemiz daha fazla olacaktır. Çünkü kayma olmayacaktır. Dolayısı ile µROmax ve µs Kuru>Karlı>Islak>Buzlu yollarda hıza bağlı olarak azalır. Kuru havalarda kabak lastiğin µ ro max = 1' dir. µ ’nün taşıt hızına, lastik durumuna ve yol durumuna göre değişimi Taşıt Hızı Km/h Lastiğin Durumu 50 Aşınmış Yeni Diş Derinliği en az 1mm 90 Yeni Aşınmış Diş Derinliği en az 1mm 130 Yeni Aşınmış Diş Derinliği en az 1mm KURU 0,85 1 0,8 0,95 0,75 0,90 Islak Yol Durumu Aşırı yağmur Su derinliği Su derinliği 0,2 mm su derinliği 1 mm 2mm 0,65 0,5 0,6 0,2 0,55 0,2 0,55 0,4 0,3 0,1 0,2 0,1 0,5 0,25 0,05 0,05 - BUZLU 0,1ve daha az - Geri viteste patinaj ihtimali daha fazladır. O yüzden traktör arka tekerlek dişlileri ileri giderken izi v şeklindedir. Geri gelirken izi ise izi ^ şeklindedir ve bu patinajı engeller. Kayma durumunda tekerlek 10 kere dönünce 100 m gitmesi gerekiyorsa 90 m veya 110m gidebilir. Frenlediğimizde 3 devir atması durumunda 3 m gidiyorsa 3,5 m gider. 14 11.0 KAYMA Serbest halde dönen tekerleğin dönme açısına Өo desek (merkezine göre 1 devirde 360o döner.) Tahrik durumundaki tekerleğin dönme açısına da Ө dersek, yüzde olarak kayma θ - θO olur ve kayma oluyorsa Ө > Өo’dır, normalde ise Өo = Ө’dır. miktarı (% S ) kayma = θ Diğer bir ifade ile doğrusal kayma taşıt hızı ile teker hızı farkının, taşıt hızına oranıdır Vx − ω Z ∗ R , frene basıldıkça önce teker hızı (Wz*R) azalır. Düzgün doğrusal harekette SL = Vx ise Vx = Wz*R’dir. µRO Şekil 12. Frenleme kuvveti veya tekerin yola tutunma oranının tekerin kayma oranı ile değişimi 12.0 DÜZ YOLDAKİ STATİK AKS YÜKÜ DAĞILIMI Dış kuvvetler ve kütle kuvvetleri taşıta etki eder. Mesela eğimli yola çıkmak için eğim direnci kütle kuvvetinin etkisini gösterir. Birde hava kuvveti vardır. Taşıt dururken statik kuvvetler etki eder. Taşıt dururken ki her tekerleğin ağırlığı ile hareket halindeki ağırlığı eşit değildir, buna da dinamik kuvvetler denir. Şekil 13. Statik aks yüklerinin dağılımı 15 Önden görünüşte A kuvveti, B kuvveti ve G kuvveti belli ise tekerlekler arası mesafe L mesafesidir ve L=x+y’dir. İhtiyacımız olan ölçümleri yaptıktan sonra hem yandan hem de önden görünüşe göre ağırlık merkezini bulabiliriz. G = Wf + Wr = A + B Arka tekerin yere temas noktası olan r noktasına göre moment alırsak: Lr ΣMr = 0 ’dan G * Lr − Wf * L = 0 ve buradan ön aksa gelen statik yük Wf = G * ve L Lf ΣMf = 0 ’dan da arka aksa gelen statik yük Wr = G * L 13.0 EĞİK YOLDAKİ AKS YÜKÜ DAĞILIMI Şekil 13. Eğik yol şartlarındaki kuvvetler Şekil 13’e göre hp ≈ hg mesafeleri yaklaşık olarak birbirine eşit alınabilir. Aynı şekilde G*Cosα ≈ G alınabilir. Burada Şekil 13’e göre arka tekerleğin yola temas noktasına göre moment alacak olursak: ΣMr = 0 ise, G*Cosα*Lr – G* Sinα*hg – m*a*hg – RL*hp – Wf*L = 0 buradan, G*Lr – G* Sinα*hg – m*a*hg – RL*hg = Wf*L olur, hg parantezine alırsak, G*Lr – hg*(G*Sinα + m*a + RL) = Wf*L olur. [1] Yola paralel yöndeki kuvvetlerden yola çıkarsak: Ft – RL – Rrof –Rror – m*a – G*Sinα = 0’dır, burada “Rrof + Rror = Rro” dur. Dolayısı ile Ft – Rro – G*Sinα – m*a - RL= 0 olur ve burada Ft-Rro eşitliğin bir tarafında bırakılırsa: Ft – Rro = G*Sinα + m*a + RL bulunur ki bu eşitlik, [1] numaralı formülde yerine yazılırsa ön aks yükünün formülü yine aynı eşitlik, [2] numaralı formülde yerine yazılırsa arka aks yükünün formülü ortaya çıkar. G*Lr – hg*(Ft – Rro) = Wf*L sonucu çıkar ki buradan ön aks kuvveti çekilirse 16 Wf = 1 * [G * Lr − hg * (Ft − Rro )] L Wfd = Statik yük (Wfs) - Dinamik yük (∆W) Şimdi de Şekil 13’e göre ön tekerleğin yola temas noktasına göre moment alacak olursak: ΣMf = 0 ise, Wr*L-RL*hp-m*a*hg-G*Sinα*hg-G*Cosα*Lf = 0, hp≈hg ve G*Cosα≈G olduğundan Wr*L-RL*hg-m*a*hg-G*Sinα*hg-G *Lf = 0 olur. Wr*L=RL*hg+m*a*hg+ G*Sinα*hg + G*Lf Wr = 1 * [G * Lr + hg * (RL + m * a + G * Sinα )] L [2] 1 [G * Lf + hg * (Ft − Rro )] L Wrd=Statik yük (Wrs)+Dinamik yük (∆W) Wr = Ön ve arka aks yükü formüllerine dikkat edilirse dinamik yük önde negatif arka aks formülünde ise pozitiftir. Çünkü yokuş yukarı çıkarken arka tekerlek aks ağırlığı artar. Ön tekerlek aks ağırlığı ise azalır. Örnek Problem 8: 50 eğimli bir yolda hareket etmekte olan bir taşıtla ilgili olarak aşağıdaki değerler bilinmektedir. Buna göre arkadan tahrikli bir taşıtın dinamik aks yüklerini ve maksimum tahrik kuvvetini hesaplayınız? Rro = fro * G = 0,015 * 10000 = 150 N V 0,015 = 0,01 * ( 1 + ) Ÿ V = 80 km /h 160 RL = 0,0386 * ρ * Cw * A (V2) = 271,744 N G 10000 Ra = * a = * 0.5 = 509.6 N g 9.81 Ft – Rro = G * sin α + Ra + RL Ft – Rro = 10000 * sin 5° + 509,6 + 271,7 = 1652,8 N L – Lf = Lr = 1,5 m Taşıtın ağırlık merkezi % 60’a % 40 ise bu yaklaşık olarak ön aks yükünün 6 kN ve arka aks yükünün de 4 kN olması demektir. Oysa Ön aks yükünde azalma görülmektedir: 1 Wf = * [10000 *1,5 − 0,6 *1652,9] = 5603.3 N aynı şekilde arka aks yükünde ise artma 2 .5 görülmüştür, işte bu yoldaki eğimin aks yükleri üzerindeki etkisidir. 1 Arka aks yükü: Wr = * [10000 *1 + 0,6 * (1652,9)] = 4396.7 N 2 .5 Ft – Rro = 1652,9 Rro daha önce bulunmuştu 150 N olarak, buradan Ft = 1802,9 N bulunur. Ft max = µ ro max * G = 0,85 * 4396,7 = 3737,195 N Arkadan tahrikli olduğu için Wr yi alırız. 17 Örnek Problem 9: Tabloda verilen değerlere göre bu taşıtın aşınmış lastikle 1 mm su derinliği bulunan yolda bu hızı yapıp yapamayacağını belirleyiniz. Tablodan µro = 0.1 bulunur. Arkadan çekişli olduğundan dolayı da Wrd = 4396.7 N kullanılır, Önden tahrikli olsaydı Wdf yi alacaktık. Ft = Wrd * µro Î 1802,9 = µro * 4396,7 Î µro = 0.41 bulunur. Bu değerden daha düşük olana dek kayma olmaz. 0.40 olduğunda ise kayma başlar. µro hangi değerden daha aşağıya inerse tekerin yola tutunma kuvveti (Ft max), tekerlek tahrik kuvvetinden (Ft) küçük olursa o değere kadar kayma olmaz. Ancak bu değerden aşağıya düşerse µro kayma başlar. Uygulamamız gereken Ft değeri 1802,9 N dur. Ft max bu değerden aşağı indiği anda kayma F olur. Bu andaki µro’yu şöyle buluruz µ ro = t dan 0,41 buluruz. Yol şartları 0,41 ve altına Wr inince kayma olur. Ft direnç kuvvetleri yenecek kuvvettir. 14.0 MAKSİMUM TAHRİK KUVVETİ Şekil 13’de eğimli bir yoldaki taşıta etkiyen kuvvetleri görmekteyiz. Rst = G*Sinα ve taşıtın yokuş yukarı hızlanması durumunda Ra yokuş aşağıya doğrudur. Yavaşlıyorsa gidiş yönü ile aynı yöndedir. 1 Wdr = * G * l f + hg * (Ft − Rro ) L 1 Wdf = * G * l r − hg * (Ft − Rro ) L Taşıt arkadan tahrikli ise Ft max = Wdr * µro max ve Rro = G * f ro ise formülde yerlerine yazarsak 1 Wdr = * G * l f + hg * (Wdr * µ ro max − G * f ro ) olur. L G * L f h g * Wrd * µ ro max h g * G * f ro Wdr = + − bu formülde her terimi L ile çarparsak sonuç L L L değişmez ve Wdr * L = G * Lf + hg * Wdr * µro max – hg * G * fro olur. [ [ [ Wdr * L - hg * Wdr * µro max = G * Lf – hg * G * fro Wdr * ( L - hg * µro max) = G * (lf – hg * fro) olur. § l f − hg * f ro · ¸ bu formülde parantez içindeki ifade arka aks dinamik yük Wdr = G * ¨ ¸ ¨ L−h *µ g ro max ¹ © dağılım faktörüdür veya diğer bir deyişle ağırlık dağılım faktörüdür ve wdr ile ifade edersek: Lf W olur. Ft max = wdr * G * µro max olur. wdr = dr ’dir. Statik yük dağılımı ise: Wsr = G L Aynı hesaplamalar ön aks için yapılırsa sonuçta sadece işaretler değişir. 18 · ¸ bu formülde parantez içindeki ifade ön aks dinamik yük dağılım ¸ ¹ Wdf Ÿ Wdf = G * wdf faktörüdür ve wdf ile ifade edilir. wdf = G Ft max = wdf * G * µro max = Wdf * µro max olur. § Lr + hg * f ro Wdf = G * ¨ ¨ L+h *µ g ro max © 4 tekerlekten tahrikli aracın tekerlek yükü arka tekerlek dinamik yükü ile ön tekerlek dinamik yükünün toplamıdır. Yani: Wd4 = Wdr + Wdf Araç tek bir milden öne ve arkaya hareket veriyorsa aracın tek tekerleği kayınca o taraf işe yaramaz. Diğer iki tekerlekte çalışmaz. Bunun için bazı dişlileri iptal ederek (kollar ile) tüm tahrik kuvvetini o tekerleklere (işe yarayan) vererek kaymadan hareket edebilir. Bazı araçlarda ise ayrı millerden hem öne hem de arkaya hareket iletilir. Sonuçta bir yanı çalışmaz ise de diğeri çalışır. Örnek Problem 10: Aşağıda verilenlere göre önden ve arkadan çekişli iki taşıt için ağırlık dağılım faktörlerini ve G = 8 kN olduğuna göre maksimum tahrik kuvvetlerini belirleyiniz. Lr = Lf = 0,5 * L, hg = 0,33 * L, fro = 0,015, µromax = 0,85 Wdr = G * wdr 0,5 * L − 0,33 * L * 0,015 wdr = L − 0,33 * L * 0,85 wdr = 0,688 ≈ 0,69 Wdr = 5520 N Ftmax = G * wdr * µromax = Wdr * µromax Ftmax= 8000*0.69*0.85 = 4692 N Wdf = G * wdf (0,5 + 0,33 * 0,015) * L wdf = = 0,39 (1 + 0,33 * 0,85) * L Wdf = 3120 N Ftmax = G * wdf * µromax Ftmax =8000*0.39*0.85=2652 N Lr = Lf = 0,5 * L olduğundan statik aks yükleri eşit olur. Öyleyse dinamiği iyi olanı tercih ederiz. O da arkadan tahrikli araçtır. 15.0 MAKSİMUM FRENLEME KUVVETİ Şekil 14. Taşıta etkiyen kuvvetler 19 Fbr arka tekerlek frenleme kuvveti Fbf ön tekerlek frenleme kuvveti Araç frenleme kuvveti = Fb = Fbr + Fbf dir. ΣMf=0’dan (RL + Rst − Ra )* hg − Wdr * L + G * cosα * L f = 0 Wdr = [ 1 * G * l f + hg * (RL + Rst − Ra ) L Yola paralel olan kuvvetlerden RL + Rst - Ra + Fbf + Fbr + Rrof + Rror = 0 RL + Rst - Ra + Fb + Rro = 0 dır. RL + Rst - Ra = - (Fb + Rro ) Parantez içindeki değerlerin eşitliğini yola paralel olan kuvvetlerden de bulabiliriz. Sonuç olarak arka tekerleğin frenleme kuvvetini hesap eden formül: 1 Wdr = * G * l f − hg * (Fb + Rro ) bulunur. L Şimdi de aynı işlem basamaklarını arka teker–yol temas noktasından moment alarak hesaplıyalım: [ ΣMr=0’dan 1 Wdf = * G * l r − hg * (RL + Rst − Ra ) L RL + Rst - Ra + Fb + Rro = 0 dan RL + Rst - Ra = - (Fb + Rro ) [ [ 1 * G * l r + hg * (Fb + Rro ) L olarak bulunmuş olur. Burada aradaki işaretin pozitif olmasına dikkat etmek lazım (- * - = +). Yük arka tekerleğe çok gelirse o tekerlekler daha fazla aşınır. Frenleme sonunda bir kilitlenme olacaksa ki istenmez ama olursa şayet ön tekerleklerin kilitlenmesi istenir. Çünkü önler kilitlenirse aracın direksiyon hakimiyeti azalmaz ve devrilme olmaz. Fakat arkadan kilitlenirse o zaman direksiyon hakimiyeti azalır ve devrilme olabilir. Ön tekerleğin frenleme kuvvetini hesap eden formül de Wdf = Şekil 15. Frenlemedeki tek tekerin moment etkisi Maksimum frenleme kuvveti toplam dirence eşit veya az olmalıdır, büyük olursa kayar. Fb max = G × µ Frenleme kuvvetinin maksimum olabilmesi için kaymaması gerekir. RO max Kayarsa frenleme kuvveti (Fb) azalır. 20 16.0 VİRAJ TUTUMU Dinamik durumda santrifüj kuvveti hesaba katılır. Santrifüj kuvvet (Fc) dışa doğru ve yatay eksendedir. Yanal tutunma kuvvetleri (Rso+Rsi) kayma olmaması için taşıt ağırlığının sinüsünden fazla olmalıdır. Aksi takdirde taşıt içe doğru kayar. Wo=0 olursa devrilme başlar. Taşıt içeriye de dışarıya da kayabilir. Hesaplamalarda taşıtın süspansiyonsuz olduğunu kabul edeceğiz. Şekil 16. Viraj Kuvvetlerinin etkisi Viraj kuvveti Fc = m×V rc 2 burada rc viraj yarıçapıdır. Fcy = Fc × Cosβ 16.1 Aks reaksiyonları w * (Fcz + G × Cosβ ) + Wo × w = 0 2 w 1 ª º Wdo = * «− hg × G × Sinβ + Fcy × hg + (Fcz + G × Cosβ )» w ¬ 2 ¼ º 1 ª m× V2 w m× V2 w β β β β = *«− hg×G× Sin + hg× ×Cos + × × Sin + ×G×Cos » 2 2 w « rc rc » ¼ ¬ Fcy ve Fcz değerlerini yerlerine yazarsak; º 1 ª G × V2 w G × V2 w Wdo = * «− hg × G × Sinβ + hg × × Cosβ + × × Sinβ + × G × Cosβ » 2 g × rc 2 w « g × rc » ¼ ¬ m=G/g değerini yerlerine yazdık ve G parantezine aldık. ª hg hg * V 2 Cosβ º V2 Wdo = G * «− * Sinβ + * Cosβ + * Sinβ + » w * g * rc 2 g × rc 2 » « w ¼ ¬ bu formülde büyük parantez içindeki değer sıfır bir arası değişir ve taşıt ağırlığının dağılım faktörüdür. Burada V (m/s) ve rc (m) olarak alınırsa sonucun birimi G (N) ile aynı olur. ΣMi = 0 ’dan, hg × G × Sinβ − Fcy × hg − 21 16.2 İçe Kayma G × Sinβ = Rsi + Rso + Fcy kayma başlangıcıdır. G*Sinβ küçükse kayar. Burada yanal tutunma kuvveti (Rs) = Rsi + Rso’dir. Rs = (Fcz + G × Cosβ )× µ L Buradaki µL sürtünme katsayısıdır. G × Sinβ = Rs + Fcy bu formüldeki Rs değerini yukarıdan alıp yerine yazarsak sonuç; G * Sinβ = (Fcz + G * Cosβ ) * µ + Fcy olur. Yine bu formüldeki Fcz yerine yazıp parantezden L çıkartırsak; m * V2 m * V2 G * Sinβ = µ * * Sinβ + G * Cosβ * µ + * Cosβ [1] bulunur. L L rc rc Bu formüldeki her bir terimi Cosβ değerine bölüp “G” leri eşitliğin bir tarafına toplarsak sonuç; m * V2 m * V2 G * tan β − G * µ = µ * * tan β + olur. Burada G = m*g değerlerini yerlerine L L rc rc yazıp m’ler birbirini götürürse sonucumuz; V2 V2 g * tan β − g * µ = µ * * tan β + olur. Buradan da V ortak parantezine alırsak; L L rc rc ª µ * tan β + 1º g * tan β − µ = V 2 * « L » L rc « » ¬ ¼ 0,5 ª § tanβ − µ ·º L ¸» [1] Vmin= «g * rc * ¨ ¨ µ * tanβ +1¸» « © L ¹¼ ¬ Bu formül bize içe kaymamak için gerekli minimum hızı verir. ( ) 16.3 Dışa Kayma Araç hangi hızlar arasında yol almalıdır ki içe veya dışa kaymasın. Minimum ve maksimum hızı ne olmalıdır. Şekil 16’dan yararlanılarak [1] numaralı formül içe kayma durumu incelenirse aynı eşitlik dışa kayma durumunda Fcy yönüne ve değerine eşitlenir. Fcy = GSinβ + (GCosβ+Fyz)*yanal sürtünme katsayısı 2 § · m * V2 ¨ G * Cosβ + m * V * Sinβ ¸ * Cosβ = G * Sinβ + µ * L ¨ ¸ rc rc © ¹ Her bir değeri Cos β’ya bölüp G=m*g değerlerini yerlerine yazıp m’leri götürürsek: m * V2 m * V2 G * tan β + µ * G + µ * * tan β = L L rc rc V2 V2 g * tan β + µ * g + µ * * tan β = L L rc rc V2 V2 g * tan β + µ = −µ * * tan β L L rc rc ( ) 22 ( ) = V 2 * §¨¨ 1 − µ Lr* tan β ·¸¸ L © ¹ g * (tan β + µ )* r L = V2 (1 − µ L * tan β ) g * tan β + µ c c 0,5 ª § tan β + µ ·º L ¸» [2] Vmax = « g * rc * ¨ ¨ 1 − µ * tan β ¸» « © ¹¼ L ¬ Bu formül bize dışa kaymamak için gerekli minimum hızı verir. Bu hızdan fazla giderse dışa kayma başlar. 16.4 İçe devrilmemek için gerekli minimum hız Ağırlık dağılım faktörünü sıfıra eşitlersek içe devrilmemek için gerekli minimum hızı bulabiliriz. ΣMi=0’dan hg hg * V 2 1 V2 1 − * Sin β + * Cos β + * * Sin β + * Cos β = 0 bu formüldeki w w * g * rc 2 g * rc 2 her bir terimi Cosβ’ya bölersek; hg hg * V 2 * tan β + w w * g * rc V2 1 § hg *¨ + * tan β g * rc © w 2 1· § hg ¨ * tan β − ¸ 2 V w 2¹ =© g * rc § hg 1 · + * tan β ¸ ¨ © w 2 ¹ − § ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ © + 1 V2 1 * * tan β + = 0 2 g * rc 2 1 · hg * tan β − ¸= w 2 ¹ hg 1 * tan β − 2 = g * rc * w 2 V hg 1 + * tan β w 2 ª § ¨ « Vmin = « g * r c * ¨ ¨ « ¨ « © ¬ · ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¹ hg 1 * tan β − w 2 hg 1 + * tan β w 2 ·º ¸» ¸» ¸» ¸ ¹» ¼ 0 ,5 [3] içe devrilmemek için gerekli minimum hız formülüdür. 23 16.5 Dışa devrilmemek için gerekli maksimum hız Bunun için dışa devrilmeden yapılan maksimum hızı şöyle bulabiliriz: ΣMo=0 dersek w − Fcy * hg − Wi × w 2 m * V2 w w m * V2 hg * G * Sinβ + * Sinβ * + G * cos β * − hg * * Cosβ = Wi * w 2 2 rc rc 2 2 · 1 § ¨ hg * G * Sinβ + w * G * V * Sinβ + G * w * Cosβ − hg * G * V * cosβ ¸ = Wdi * ¸ 2 g * rc 2 w ¨ g * rc © ¹ 0 = G * Sinβ * hg + (Fcz + G × Cosβ )* ª1 § ·º w V2 w V2 Wdi = G * « * ¨ hg * Sinβ + * * Sinβ + * Cosβ − hg * * Cosβ ¸ » ¸» 2 g * rc 2 g * rc «w ¨ © ¹¼ ¬ § 1 1 V2 1 V 2 Cosβ · ¸ Wdi = G * ¨ hg * Sinβ * + * * Sinβ + * Cosβ − hg * * ¨ w 2 g * rc 2 g * rc w ¸ © ¹ İç tekerlek dinamik kuvvet formülünde, büyük parantez içindeki değer ağırlık dağılım faktörüdür. Bu değeri sıfır yapan hızdan daha fazla hızlı gidersek araç dışa devrilir. 0= ª « hg « w ¬ § º ¨ 2 ·¸¸ ¨ hg*V 1 V2 1 ¸*Cos β » *Sin β + * *Sin β + *Cos β − ¨¨ ¸ » 2 g*rc 2 ¨ w*g*rc ¸ ¨ ¸ § ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ ¨ © · ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¹ © ¹ Her bir terimi Cosβ’ya bölersek; § hg *V 2 · 1 V 2 hg 1 ¨ ¨ w * g * rc ¸ − 2 * g * rc * tan β = w * tan β + 2 ¸ © ¹ ¼ 0.5 ª 1 ·º § hg ¨ * tan β + ¸ » « 2 ¹» w V max = « g * rc * © § hg 1 · « − * tan β ¸ » ¨ « © w 2 ¹» ¬ ¼ dışa devrilmemek için gerekli maksimum hız formülüdür. [4] İçe, dışa kayma olmadan yapılacak maksimum hız ve içe, dışa devrilmeden yapılacak maksimum hız olmak üzere 4 adet hız değeri bulunur. Örnek Problem 11: Aşağıda özellikleri verilen taşıtın virajda yapabileceği maksimum ve minimum hızları hesaplayınız. G=10 kN, w=1,6 m, hg=0.7 m, rc=40 m, µL=0.5, yolun yanal eğimi β = 300 ª § tanβ − µ ·º L ¸» V = «g * rc * ¨ ¨ µ * tanβ +1¸» « © L ¹¼ ¬ 0,5 içe kaymamak için minimum hız. 24 o º ª V = «9,81*40*§ tan 30 − 0,5 · » ¨ 0,5*tan 30 o + 1 ¸ © ¹¼ ¬ ª § tan β + µ L V = « g * rc * ¨ ¨ 1 − µ * tan β « © L ¬ ·º ¸» ¸» ¹¼ [1] dışa kaymamak için maksimum hız. 0,5 = 24.38m / s Ÿ 76km / h hg 1 * tan β − w 2 hg 1 + * tan β w 2 ª § ¨ « Vmin = « 9 . 81 * 4 0 * ¨ ¨ « ¨ « © ¬ = 4,85 m/s => 17,46 km/h 0,5 ª § tan 30° + 0.5 ·º V = «9.81* 40 * ¨ ¸» © 1 − 0.5 * tan 30° ¹¼ ¬ ª § ¨ « Vmin = « g * r c * ¨ ¨ « ¨ « © ¬ 0,5 ·º ¸» ¸» ¸» ¸ ¹» ¼ 0 ,5 içe devrilmemek için minimum hız. 0 .7 1 ·º * tan 30 ° − ¸ » 1 .6 2¸ » 0 .7 1 ¸» + * tan 30 ° ¸ 1 .6 2 ¹» ¼ ª 1 ·º § hg ¨ * tan β + ¸ » « w 2 ¹» V = « g * rc * © § hg 1 · « − * tan β ¸ » ¨ « © w 2 ¹» ¬ ¼ [2] 0 ,5 = − 11 . 56 m / s içe devrilmez [3] 0.5 Dışa devrilme için maksimum hız. ª 1 ·º § 0.7 * tan 30° + ¸ » ¨ « 1.6 2 ¹» V = «9.81* 40 * © § 0.7 1 · « − * tan 30° ¸ » ¨ « © 1.6 2 ¹» ¬ ¼ 0.5 = 44.55m / s = 160.4km / h ’ten fazla giderse devrilir. [4] 17.0 DEVRİLME YALPA EKSENİ Öne olan devrilme takladır. Yana olan devrilme, devrilmedir. Devrilme bir eksenin üzerinde olur. Bu eksene devrilme ekseni denir. Taşıt virajda seyrederken, ağırlık merkezine etkiyen santrifüj kuvvet, taşıt hareket yönüne dik doğrultuda bir devrilme etkisi üretir. Bu etkinin değeri taşıt sıçramalarına bağımlı, yaylanma oranına ve santrifüj kuvveti kuvvet koluna bağımlıdır (Zıplayan taşıt daha kolay devrilir). Kuvvet kolu ağırlık merkezi ile yalpa ekseni arasındaki mesafedir. Yuvarlanma (devrilme) ekseni taşıtın yola göre anlık devrilme eksenidir (Yalpa ekseni anlık devrilme eksenidir). Yalpa ekseni ön ve arka akslardan geçer ve yola dik düzlemlerdeki yalpa merkezlerinden geçen eksendir. Ön dingildeki dönme merkezi ile arka dingildeki dönme merkezi arasındaki eksene yalpa ekseni denir. Dönme ekseni araç dönerken hareket etmeyen yeridir. 25 Şekil 17. Süspansiyon sisteminin dönme merkezinin bulunuşu Şekil 17’ye göre “g” aşağı indikçe L azalır dolayısı ile moment azalır ve devrilme ihtimali de azalır. 17.1 Ön süspansiyon sistemi GR1 Z Dönme Merkezi IC Orta Eksen GR1 CL RC D GR2 Yuvarlanma merkezi yüksekliği RCH B Y C GR3 Teker Tabanı Şekil 18. McPherson tipi süspansiyon sisteminin dönme merkezi GR1 = (BY − AY) = ( AZ − ICZ ) (AZ − BZ) ( AY − ICY ) WB (1) Yukarıdaki eşitlikteki ICZ değerini eşitliğin bir tarafına çekersek sonuçta; ICZ = AZ − GR2 = (BY − AY )( AY − ICY ) = AZ − GR1* ( AZ − BZ )( AY − ICY ) = AZ − GR1* ( AY − ICY ) bulunur. ( AZ − BZ ) ( AZ − BZ ) (DZ − CZ) = (ICZ − CZ ) (CY − DY ) (CY − ICY ) (2) Aynı şekilde yukarıdaki eşitlikteki ICZ değerini eşitliğin bir tarafına çekersek sonuçta; (DZ − CZ )(CY − ICY ) = CZ + GR 2 * (CY − DY )(CY − ICY ) = GR 2 * (CY − ICY ) + CZ bulunur. ICZ = CZ + (CY − DY ) (CY − DY ) Burada 1 ve 2 numaralı formüllerin sonuçlarında ICZ’ler birbirine eşitlenirse ve bu denklemdeki ICY değeri eşitliğin bir tarafına çekilirse; 26 ICY = GR1* AY + GR2 * CY + CZ − AZ sonucu bulunur. GR1 + GR2 (3) ICZ değeri ise ICY değeri bulunup yukarıdaki 1 veya 2 numaralı denklemde yerine yazılarak bulunabilir. ICZ = AZ - GR1 * (AY - ICY ) = GR 2 * (CY − ICY ) + CZ (4) GR3 = (ICZ − WBZ) (WBY − ICY ) (5) RCZ = WBZ + GR3 * (WBY − RCY ) (6) RCH = RCZ - (WBZ) (7) 17.2 Arka süspansiyon sistemi IC Z CL B A GR1 RC D GR2 WC Y C RCH GR3 WB Şekil 19. Çift salıncak kollu süspansiyon sisteminin dönme merkezi Burada da ön süspansiyon sisteminde kullanılan metodu kullanarak yuvarlanma merkezi yüksekliği bulunabilir (RCH). GR1 = (BZ − AZ) = (ICZ − AZ ) (AY − BY ) ( AY − ICY ) (1) (DZ − CZ) = (ICZ − CZ ) (CY − DY ) (CY − ICY ) (2) Burada ICZ eşitliği bulunur, GR2 = 27 Burada da ICZ eşitliği bulunur ve bir üstteki ile eşitlenerek bu denklemdeki ICY çekilirse; ICY = GR1* AY - GR2 * CY + AZ − CZ bulunur. GR1 - GR2 (3) ICY bulunduktan sonra yukarıdaki herhangi bir eşitlikten ICZ bulunabilir. ICZ = AZ - GR1* (AY − ICY ) GR3 = (4) (ICZ − WBZ) (WBY − ICY) (5) RCZ = WBZ + GR3 * (WBY − RCY ) (6) RCH = RCZ - (WBZ) (7) 17.3 SİSTEM ELEMANLARININ AĞIRLIK MERKEZLERİNİN BULUNMASI 17.31 Amortisörün Ana Noktalarının Koordinatının Bulunması Z Eğer bir amortisörün alt ve üst bağlantı noktalarının koordinatlarını ölçebilirsek diğer x1,y1,z1 noktaların koordinatlarını yaklaşık olarak bulabiliriz. x2,y2,z2 Bunun için denklem kurulabilir: Bilinen noktalar ile bilinmeyen noktalar arasında x3,y3,z3 kurulacak bir eşitlik bize bilinmeyen numaraların koordinatlarını verecektir. Mesela: x2 ile x1 arası x4,y4,z4 mesafe x5 ile x2 arasındaki mesafenin üçte biridir. x5,y5,z5 Y X 3 * (x2 - x1) = (x5-x2) x2 = 3 * x2 - 3 * x1 = x5 - x2 3 * x1 + x5 3 * y1 + y5 3 * z1 + z 5 , y2 = , z2 = 4 4 4 Şekil 20. Çubuğun koordinatlarının bulunması (x3-x1) = (x5-x3) 2 * x3 = (x5 + x1), x3 = z 5 + z1 x5 + x1 y 5 + y1 , y3 = , z3 = 2 2 2 3 * (x5 - x4) = (x4-x1) 3 * x5 - 3 * x4 = x4 - x1 x4 = 3 * x5 + x1 3 * y5 + y1 3 * z 5 + z1 , y4 = , z4 = 4 4 4 28 17.32 Süspansiyon Sistemindeki Salıncak Kollarının Ağırlık Merkezinin Bulunması Z x1,y1,z1 x3,y3,z3 x,y,z X x 2 + x3 2 x2,y2,z2 Şekil 21. Salıncak kolunun koordinatlarının bulunması º ª§ x 2 + x 3· x − x1 = 2 * «¨ ¸ − x » , x - x1 = x2 + x3 - 2 * x, © 2 ¹ ¬ ¼ x= y1 + y 2 + y 3 x1 + x 2 + x3 , , z = z1 + z 2 + z3 y= 3 3 3 18.0 TEKER YUVARLANMA YARIÇAPININ BULUNMASI Z X Tyre Model Fx Y Tyre Model Fy Mz Fx Fy Fz Mz Fz Şekil 22. Taşıt tekerine etki eden kuvvetler 29 Y Bir taşıtın tekerleklerinin yola temas yüzey alanında üç doğrusal, üç dairesel toplam altı kuvvet meydana gelir ve bu her an değişir. Tekerin havadaki çapı, taşıt üzerinde hareketsiz çapı ve taşıt hızla yoluna devam ederken ki çapları farklı olur. Tekere etki eden tahrik kuvveti ve Frenleme kuvveti bu yarıçaptan etki ettiği için bu değerin bulunması gerekmektedir. FZ RU ωZ O X α FB β RA A RB B RL R BT FX δ ε Şekil 23. Tekerin yuvarlanma yarıçapının bulunuşu Şekil 23’de kullanılan sembollerin açıklamaları aşağıdadır. Açıklama Yüksüz teker yarıçapı Yüklü teker yarıçapı (statik) Teker yuvarlanma yarıçapı Teker ön temas yüzeyinin yarıçapı Teker arka temas yüzeyinin yarıçapı Temas yüzeyinin uzunluğu Radyal teker esneme miktarı Dönen tekerin esneme miktarı Tekerin açısal hızı Tekerin temas yüzeyinin kavis uzunluğu Teker ön temas noktasının açısı Teker arka temas noktasının açısı Tekerin yay sabiti Yüklü tekerin çevresi Tekere gelen yük Doğrusal harekette kayma oranı Doğrusal hareketin kuvveti Frenleme torku Frenleme kuvveti Taşıt hızı 30 Sembolü RU RL R °AO°= RA °BO°= RB °AB° δ ε ωZ CL α β Kz L FZ SL FX BT FB VX Birimi mm mm mm mm mm mm mm mm Rad./s mm Deg. Deg. N/mm mm N N Nm N m/s Statik yüklü tekerin yarıçapı (RL) ve tekerin yuvarlanma yarıçapı (R) aşağıdaki gibi yazılabilir: RL = R U - δ R = RU - ε Burada δ Radyal teker esnekliğini ve ε’da dönen tekerin esneme miktarını ifade etmektedir. Tekerin üzerine gelen normal yük (FZ0) ile teker Radyal olarak δFz0 kadar esner. Tekerin F düşey esneme katsayısı kz ise şu şekilde hesaplanabilir: ε FZ 0 = Z 0 kZ FRENLEME SÜRÜŞ ωz ωz DT Basma Çekme x Normal Basınç BT FX x Fz Fz FZ FX FZ Şekil 24. Sürüş ve frenleme esnasında tekerin davranışları. Dönen tekerin esneme miktarı (ε) bulunduğunda bu değer yüksüz tekerin yarıçapın(RU)’dan çıkartılırsa dönen tekerin yuvarlanma yarıçapı bulunabilir (R). Tekerin yuvarlanma yarıçapı bulunurken taşıt hızının sabit olduğu ve tekere gelen yükün de değişmediği varsayılır. Taşıt hızı ile teker hızı arasındaki ilişki şu formül ile ifade edilebilir: VX = ωZ * R. dr § d − dr · + F ∗¨ ¸ 2 © 2 ¹ Burada: RL: Yüklü teker yarıçapı, d: Tekerin genel çapı (637 mm), F: Teker faktörü (0.77), dr: Tekerin jant çapı (381 mm) Tekerin çevresine göre hesap yapılırsa ve Şekil 23’e göre ufak farklılıklar olmasına rağmen şu denklikler kabul edilirse |AC| = |CB|, RA = RB = R ve α = β tekerin çevresi: L = 2 * π * R – CL + 2 * R * Sinα Burada: L: yuvarlanan tekerin yarıçapı (1937 mm) 2*π*R: yüklü tekerin yarıçapı 2*R*Sinα: Yüklü tekerin yola temas yüzeyinin uzunluğu (°AB°) CL: tekerin yola temas yüzeyi kavisi Raydan olarak (θ*R) R 289 = 0.907 , α= 24.850 Şekil 23’e göre α açısı şu şekilde hesaplanabilir: Cosα = L = R U 318.5 Statik durumdaki yüklü tekerin yarıçapı şu formül ile hesaplanabilir: RL = 31 ª º § π · Tekerin çevresi şu şekilde hesaplanabilir: L = R ∗ « 2 ∗ π − 2 ∗ α ∗ ¨ ¸ + 2 ∗ Sinα » © 180 ¹ ¬ ¼ Kullanılan bilgilere göre teker yuvarlanma yarıçapı şöyle hesaplanır: 1937 = R*(6.2832 – 0.867 + 0.84) 1937 = R * 6.26 = d* (3.13) R = 309.6 mm 19.0 FRENLEME TORKUNUN HESAPLANMASI BT Fren FR Fren Diski µ FN Rd P A Fren Pistonu Şekil 25. Fren diskindeki kuvvetler Fren pedalına basınca teker merkezindeki pabucu iten normal kuvvet (FN) şöyle hesaplanır: FN = P * A . Pabuçlar diskin her iki yüzeyine de sürtündüğü için ve disk de dönüyor olduğu için bu kuvvet yüzeye paralel bir hale gelerek (FR) etki eder formül FR = µ * FN * n olur. Bu formül bulunduktan sonra frenleme torku BT = FR * R d formülü ile hesaplanabilir. Sonuç ( ) olarak bu formülü şu şekilde ifade edebiliriz: BT = µ * P * π * r 2 * n * R buradaki semboller d aşağıdaki tabloda açıklanmıştır. Semboller FN P A FR µ n Rd Açıklama Disk yüzeyine etkiyen normal kuvvet Frenleme basıncı Frenleme pistonu yüzey alanı Disk yüzeyindeki sürtünme kuvveti Disk ile pabuçlar arasındaki sürtünme katsayısı Sürtünen yüzey sayısı Pabuç ile disk merkezinin yarıçapı 32 Değeri π*18.52 0.4 2 112 Birimi N N/mm2 mm2 N mm 20.0 Taşıt Davranış Karakteristikleri Taşıt davranışı esas olarak yol düzlemine paralel kuvvetlerle bu kuvvetlerin oluştuğu yalpa momentlerinin etkisindeki doğrultu değişimlerini içermektedir.Bu kuvvete momentler iki grupta incelenebilir. 1- Lastik tarafından yolda üretilen kuvvetler Ftahrik , Rro vb. 2- Gövde kuvvetleri ve dış kuvvetler.Yolun yanal veya doğrultusundaki santrifüj (Fc) kuvvetleridir.Rhava Taşıt davranışı aynı zamanda sürüş kolaylığı olarak ta tanımlanabilir.Sürüş kolaylığı; a- Taşıtı istenen çizgiye düzenleme kolaylık ve hassasiyeti b- Taşıtı arzu edilen doğrultusundaki sürüşünün korunması kolaylığı. Bu nedenle sürüş kolaylığı esas olarak güvenlik ve sürüş konforu ile ilgilidir.Taşıt kararlılığı ise taşıtın verilen konumunu koruma yeteneğidir.Kararlı bir taşıt baz ucu bir kuvvetin etkisinde kaldıktan sonra bu kuvvet kalktığında tekrar eski konumuna gelebilen taşıttır. Taşıt kararlılığın önemli göstergelerinden biriside viraj yeteneğidir. Viraj yeteneği taşıtın kontrolden çıkmadan maksimum santrifüj kuvveti karşılama yeteneğidir. İçe devrilirken de bu santrifüjü sağlamalıdır. Kararlılık ve viraj yeteneğine ek olarak iyi taşıt davranışı için iki özellik daha gereklidir. Bunlar cevap ve geri besleme özellikleridir. Cevap özelliği; taşıt sürücüsünün kontrol girişlerine uyum özelliğidir.Direksiyon simidini 5o çevirdiğimizde araç kaç derece dönüyor, bunu şoförün iyi bilmesi gerekir (Slalom ilkesi). Geri besleme ise başlık ile yol arasındaki ilişkileri belirli ölçülerde sürücüye iletme özellikleridir.Engebeli yollarda aracın içindeki kişinin hissetmemesi özelliğidir. Taşıt düz yolda 100 m’ de duruyorsa hafif direksiyonu kırarak gidersek o zaman daha önce durur. Çünkü Fs aracı durduracak yönde etki eder. Yanal kayma kuvveti artar sonuçta daha erken durur. Şekil 26. Frenlemede tekerin konumu 33 ...
View Full Document

This note was uploaded on 02/13/2012 for the course ME me1001 taught by Professor Aliveli during the Spring '11 term at Erciyes Üniversitesi.

Ask a homework question - tutors are online