Upload
darko-knezevic
View
166
Download
3
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Seminarski rad
Citation preview
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
1
1. Koncepcija rešenja
Slika 1. Dispoziciona skica
Usvojeni parametri:
• Prosečan broj zaleta: 90z/dz =
• Brzina podzianja kabine: 0.8m/sQv = • Masa protiv tega: 1500kgTm = • Maksimalna nosivost lifta: 630kgQm = • Masa kabine lifta: 1200kgKm = • Stepen iskorišćenja užnice: ηu 95,0= • Prečnik užnice: 0.6mUd = • Temperatura okoline: 40≤ ° C • Nadmorska visina 1500m≤
• Visina na koju se podiže lift je na primer treći sprat stambene zgrade: h=9 m • 1 radni ciklus čine 1 vožnja sa nazivnim opterećenjem kabine i jedna vožnja u suprotnom
smeru sa praznom kabinom.
Momenti inercije masa rotora elektromotora i elastične spojnice usvojiti iz kataloga, a uticaj svih ostalih rotacionih masa pogonskog mehanizma usvojiti tako što će se zbir navedena dva momenta inercije pomnožiti sa α=1.15.
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
2
Vrsta pogonskog EM:
- Za pogon ovog pogonskog sistema biram dvobrzinski trofazni asinhroni kavezni motor,liftovski.
- Prenosnik snage će biti dvostepeni pužni reduktor. 2. Kinematska šema
Slika 2. Kinematska šema
1 - kabina 2 - protivteg 3 - pužni reduktor 4 - odbojna užnica 5 - pogonska užnica 6 - EM 7 - kočnica 3. Predhodni izbor EM
Trajanje radnog ciklusa:
60 60 1.33min45C
RC
tN
= = =
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
3
Broj radnih ciklusa:
90 45cikl/h
2 2RZ
RCNN = = =
RZN - broj radnih zaleta (zadato zadatkom) .
Zbog intermitentnog periodičnog rada kod koga je 10minCt < i gde se pojavljuje identičan
periodičan režim rada, usvaja se režim rada S5 (intermitentni periodični pogon sa električnim kočenjem).
Izbor elektromotora:
Zbog potrebne brzine spuštanja i podizanja lifta od v 0.8m/s= moramo prvo odabrati polazni EM koji bi smo koristii i usvojili prenosne odnose prenosnika snage. Pri usvajanju sinhrone brzine usvaja se po preporuci kao polazno rešenje 4-polnog EM (sa p=2 ), uzima EM sa polaznim sinhronim brojem obrtaja 11500minpsn −= .
Polazna sinhorna brzina EM:
11500 157.1s30 30
psps
nπ πω −⋅ ⋅= = =
Prenosni odnos pogonske užnice:
2 2 3.330.6pu
pu
id
= = =
Ukupni prenosni odnos:
Muk r pui i i
vω
= ⋅ =
ri - prenosni odnos reduktora
pui - prenosni odnos užnice v - brzina kretanja lifta (kabine)
157.1 58.973.33 0.8
psr
pu
ii vω
= = =⋅ ⋅
Ukupni stepen iskorišćenja prenosnika snage: 4 4 4 40.95 0.7 1 0.57uk u r oη η η η= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
puη - stepen iskorišćenja pogonske užnice (zadato zadatkom), 0.95puη = . Na četvrti stepen je jer se na užnici nalazi četiri užeta.
rη - stepen iskorišćnja pužnog reduktora 0.7rη =
oη - stepen iskorišćenja odbojne užnice. Pošto su gubici na odbojnoj užnici jako mali, pretpostavlja se da ih nema, tj. da je 1=oη . Na četvrti stepen je, takođe, jer se na užnici nalazi četiri užeta.
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
4
Potrebna stacionarna snaga EM:
( ) (630 1200 1500) 9.81 0.8 4543.57 W 4.5kW0.57
Q K T Qst
uk
m m m g vP
η+ − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅
= = = =
630kgQm = - masa nosivosti lifta 1200kgKm = - masa kabine lifta 1500kgTm = - masa protivtega
2
m9.81s
g = - gravitaciona sila
0.8m/sQv = - brzina kretanja kabine
4.5 4.09kW1 1
stNz
h
PP
f fθ= = =
⋅ ⋅
1hf = - koeficijent korekcije naznačene snage zavisno od nadmorske visine, 1500mH = 1=Θf - koeficijent korekcije naznačene snage zavisno od temperature okoline, C40°=okΘ
NzP - naznačena snaga Iz kataloga liftovskoih AKM „Rade Končar“, usvajamo EM sa oznakom: 4AL 180La-4/16, bez
prisilnog provetravanja, za 90 z/h. Klase rotora KR16.
6.6kWNP = - nominalna snaga EM S5 - I40 % - vrsta pogona
42 NmNT = - nominalni obrtni moment EM 11500minsn −= - sinhroni broj obrtaja EM 11440minNn −= - nominalni broj obrtaja EM
20.5kgmMJ = - moment inercije EM Ugaone brzine EM:
11500 157.1s30 30
ss
nπ πω −⋅ ⋅= = =
11440 150.79s30 30
NN
nπ πω −⋅ ⋅= = =
sω - sinhrona ugaona brzina EM
Nω - nominalna ugaona brzina EM
4. Izbor prenosnika snage
Na osnovu prenosnog odnosa, snage i nominalnog momenta na izlazu vratila EM, biramo pužni zupčasti par, reduktor. Usvajanje se vrši iz kataloga firme „FLENDER“.
Usvaja se pužni reduktor kod koga je:
6.96kWP = - maksimalna radna snaga reduktora
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
5
64i = - prenosni odnos reduktora
1420 NmNT = - maksimalno opterećenje reduktora
Ukupni prenosni odnos: -13.3 64 211.2muk pu ri i i= ⋅ = ⋅ =
Brzina dizanja tereta:
157.1 m0.744211.2 s
sQN
uk
viω
= = =
Relativno odstupanje brzine:
0.8 0.744100% 100% 7%0.8
QN Qq
Q
v vv
v− −
∆ = ⋅ = ⋅ =
Relativno odstupanje brzine, qv∆ treba da se nalazi u granicama 1% 8%qv≤ ∆ ≤ . Pošto se 7%qv∆ = nalazi u predviđenim granicama, znači da i zadovaljava.
Izbor elastične spojnice:
Elastična spojnica se bira po snazi, u ovom slučaju iz kataloga firme „LITOSTROJ“, sa korekcijom:
Vrsta pogonske mašine: EM
Vrsta radne mašine: Lift ⇒ f=1.2
Proračunska snaga: mer st 1.2 4.5 5.4kWP f P= ⋅ = ⋅ =
Usvaja se spojnica, sa 5.4 0.0054 0.00921000
mer
N
Pn
= = < , oznake ES 100, odakle vidimo da je
maksimalni broj obrtaja -1max 6800minn = i maksimalni obrtni moment max 89.1NmT = koji spojnica
može da izdrži.
Ukupan moment inercije elastične spojnice iznosi: 2
20.015 0.0037 kgm4 4
eses
GDJ = = =
5. Provera sigurnosti od prekida kinematskog lanca
Mesto na kojem se može javiti prekid kinematskog lanca je mesto prenosa snage sa pogonske užnice na užad. Prenos se ostvaruje preko sile trenja tako da se može javiti proklizavanje. Da li će doći do proklizavanja zavisi od sila u zateznom i vučnom kraku koje se menjaju tokom rada. Prlikom rada,zatezna sila se javlja sa strane protivtega, a vučna sa strane kabine, ukoliko je masa kabine i putnika veća od mase protivtega i obrnuto.
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
6
1. 2.
3. 4.
Slika 3.
U toku rada javljaju se četiri slučaja:
1. Puna kabina ubrzava iz najniže stanice – dolazi do pojave inercijalnih sila usled ubrzanja koje povećavaju silu u vučnom kraku, a smanjuju silu u zateznom, pored toga se javlja i težina užadi koja sada maksimalno povećava silu u vučnom kraku.
2. Puna kabina koči u najnižoj stanici – isti slučaj kao pod 1. samo što se radi o usporenju.
3. Prazna kabina ubrzava iz najviše stanice – inercijalne sile koje se javljaju smanjuju silu u zateznom kraku koji je sada sa strane kabine, a povećavaju silu u vučnom kraku koji je sa strane protivtega, javlja se i težina užadi koja maksimalno povećava silu u vučnom kraku.
4. Prazna kabina koči u najvišoj stanici – isti slučaj kao pod 3. samo što se radi o usporenju.
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
7
Stepen sigurnosti od proklizavanja, pri 1. slučaju: Dozvoljena sila u vučnom kraku dobija se kada, u izrazu za silu u vučnom kraku, uvrstimo
vrednost obuhvatnog ugla što daje najveću silu koja može da se javi u vučnom kraku, a da ne dodje do proklizavanja.
Dozvoljena sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) 0.48 2.2921 2 e 1500 9.81 1500 0.8 e 40.59kNdoz T TS S S e m g m aµα µα ⋅= = ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ≈
1S - sila u vučnom kraku [ ]N
2S - sila u zateznom kraku [ ]N
a – najvće ubrzanje/kočenje
2sm
g – ubrzanje zemljine teže
2sm
01 1kμ 0.16 0.4837.5sin sin
2 2
µ γ= ⋅ = = ⋅ ≈
µ - prividni koeficijent trenja 16,0=0μ - koeficijent trenja za čeličnu užnicu
4035 ÷=γ - ugao klinskog žljeba 180 180 49.46 130.54 2.292 radα δ= °− = °− ° = ° =
α - obuhvatni ugao 90 90 36.87 3.67 49.46δ β ε= °− − = °− °− ° = °
0,6arctg 36,870,8
β = =
0.6 0.5arcsin arcsin 3.672 2 0.78
u od dl
ε − −= = = °
⋅ ⋅
2 2 2 20.6 0.5 0.78mu ol d d= + = + =
Stvarna sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) ( ) ( )1200 630 9,81 0,8 19.42kNstv K QS m m g a= + ⋅ + = + ⋅ + =
Stepen sigurnosti od proklizavanja iznosi:
40.59 2.0919.42
dozdoz
stv
SS
ν ν= = = ≥
1.2dozν = - minimalni dozvoljeni stepen sigurnosti od proklizavanja.
Pošto je stepen sigurnosti od proklizavanja,veći od minimalnog, zaključujemo da stepen sigurnosti protiv proklizavanja zadovoljava.
Stepen sigurnosti od proklizavanja, pri 2. slučaju: Dozvoljena sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) 0.48 2.2921 2 e 1500 9.81 1500 0.8 e 40.59kNdoz T TS S S e m g m aµα µα ⋅= = ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ≈
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
8
Stvarna sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) ( ) ( )1200 630 9,81 0,8 19.42kNstv K QS m m g a= + ⋅ + = + ⋅ + =
Stepen sigurnosti od proklizavanja:
40.59 2.0919.42
dozdoz
stv
SS
ν ν= = = ≥
1.2dozν = - minimalni dozvoljeni stepen sigurnosti od proklizavanja.
Pošto je stepen sigurnosti od proklizavanja,veći od minimalnog, zaključujemo da stepen sigurnosti protiv proklizavanja zadovoljava.
Stepen sigurnosti od proklizavanja, pri 3. slučaju: Dozvoljena sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) 0.48 2.2921 2 e 1200 9.81 1200 0.8 e 32.49kNdoz K KS S S e m g m aµα µα ⋅= = ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ≈
Stvarna sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) ( ) ( )1200 630 9.81 0.8 19.42kNstv K QS m m g a= + ⋅ + = + ⋅ + =
Stepen sigurnosti od proklizavanja iznosi:
32.49 1.6719.42
dozdoz
stv
SS
ν ν= = = ≥
1.2dozν = - minimalni dozvoljeni stepen sigurnosti od proklizavanja.
Pošto je stepen sigurnosti od proklizavanja,veći od minimalnog, zaključujemo da stepen sigurnosti protiv proklizavanja zadovoljava.
Stepen sigurnosti od proklizavanja, pri 4. slučaju: Dozvoljena sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) 0.48 2.2921 2 e 1200 9.81 1200 0.8 e 32.49kNdoz K KS S S e m g m aµα µα ⋅= = ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ≈
Stvarna sila u vučnom kraku iznosi:
( ) ( ) ( ) ( )1200 630 9.81 0.8 19.42kNstv K QS m m g a= + ⋅ + = + ⋅ + =
Stepen sigurnosti od proklizavanja: 32.49 1.6719.42
dozdoz
stv
SS
ν ν= = = ≥
1.2dozν = - minimalni dozvoljeni stepen sigurnosti od proklizavanja.
Pošto je stepen sigurnosti od proklizavanja, veći od minimalnog, zaključujemo da stepen sigurnosti protiv proklizavanja zadovoljava.
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
9
6. Vreme trajanja ubrzanja kočenja
Moment opterećenja (otpora) redukovan na vratilo EM Moment opterećenja pri dizanju pune kabine:
( ) ( )/
1200 630 1500 9.8126.89 Nm
211.2 0.57K Q T
O Muk uk
m m m gT
i η
+ − ⋅ + − ⋅= = =
⋅ ⋅
Moment opterećenja pri dizanju prazne kabine:
( ) ( )/
1200 1500 9.8121.44 Nm
211.2 0.65K T
O Muk uk
m m gT
i η− ⋅ − ⋅
= = = −⋅ ⋅
Moment opterećenja pri spuštanju pune kabine:
( ) ( )'/
1200 630 1500 9.810.57 8.74 Nm
211.2K Q T
O M ukuk
m m m gT
iη
+ − ⋅ + − ⋅= ⋅ = ⋅ =
Moment opterećenja pri spuštanju prazne kabine:
( ) ( )'/
1200 1500 9.810.65 9.06 Nm
211.2K T
O M ukuk
m m gT
iη
− ⋅ − ⋅= ⋅ = ⋅ = −
Momenti inercije Moment inercije rotacionih masa:
( ) ( ) 2/ 1.15 0.5 0.0037 0.579kgmrot
ekv M M esJ J Jα= ⋅ + = ⋅ + =
−α uticaj svih ostalih rotacionih masa pogonskog mehanizma (zadato zadatkom) −MJ moment inercije EM (usvojeno iz kataloga) −esJ moment inercije elastične spojnice (usvojeno iz kataloga)
Moment inercije translatornih masa, pri ubrzanju dizanja pune kabine:
2/ 2 2 2 2
1200 630 1500 0.542kgm211.2 0.57 211.2 0.57
K Qtr Tekv M
uk uk uk uk
m m mJi iη η+ +
= + = + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Moment inercije translatornih masa, pri ubrzanju dizanja prazne kabine:
2/ 2 2 2 2
1200 1500 0.01kgm211.2 0.65 211.2 0.65
tr K Tekv M
uk uk uk uk
m mJi iη η
= + = + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Moment inercije translatornih masa, pri ubrzanju spuštanja pune kabine:
' 2/ 2 2 2 2
1200 630 15000.57 0.57 0.144kgm211.2 211.2
K Qtr Tekv M uk uk
uk uk
m m mJi i
η η+ +
= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =
Moment inercije translatornih masa, pri ubrzanju spuštanja prazne kabine:
' 2/ 2 2 2 2
1200 15000.65 0.65 0.042kgm211.2 211.2
tr K Tekv M uk uk
uk uk
m mJi i
η η= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
10
Ukupni moment inercije, pri ubrzanju dizanja pune kabine:
2/ / / 0.579 0.542 1.121kgmrot tr
ekv M ekv M ekv MJ J J= + = + =
Ukupni moment inercije, pri ubrzanju dizanja prazne kabine: 2
/ / / 0.579 0.01 0.589kgmrot trekv M ekv M ekv MJ J J= + = + =
Ukupni moment inercije, pri ubrzanju spuštanja pune kabine: ' ' 2
/ / / 0.579 0.144 0.723kgmrot trekv M ekv M ekv MJ J J= + = + =
Ukupni moment inercije, pri ubrzanju spuštanja prazne kabine: ' ' 2
/ / / 0.579 0.042 0.621kgmrot trekv M ekv M ekv MJ J J= + = + =
Stacionarne brzine obrtanja Smatrajući karakteristiku EM, oko stacionarne radne tačke (SRT), linearnom, iz sličnosti
trouglova možemo odrediti sledeće:
Dizanje tereta:
/O M s O
N N
T n nT n
−=
∆
1N s Nn n n 1500 1440 60min−∆ = − = − =
−sn sinhroni broj obrtaja (usvojen iz kataloga) −On stacionarni broj obrtaja −Nn nominalni broj obrtaja (usvojen iz kataloga) −O/MT obrtni moment opterećenja (otpora)
−NT nominalni obrtni moment (usvojen iz kataloga)
Dizanje tereta pri punoj kabini:
1/ 26.891500 60 1461.59min42
O MO s N
N
Tn n nT
−= − ∆ ⋅ = − ⋅ =
-1π π 1461.59 153.06s30 30
OO
nω ⋅ ⋅= = =
153.06 m0.72211.2 s
OO
uk
viω
= = =
−Oω stacionarna ugaona brzina EM −Ov stacionarna brzina kretanja kabine
Dizanje tereta pri praznoj kabini:
-1/ 21.431500 60 1530.6min42
O MO s N
N
Tn n nT
−= −∆ ⋅ = − ⋅ =
-1π π 1530.6 160.28s30 30
OO
nω ⋅ ⋅= = =
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
11
160.28 m0.76211.2 s
OO
uk
viω
= = =
Spuštanje tereta: ' '/O M O s
N N
T n nT n
−=
∆
Spuštanje tereta pri punoj kabini:
'
' 1/ 8.741500 60 1487.5min42
O MO s N
N
Tn n nT
−= − + ∆ ⋅ = − + ⋅ = −
'' -1π -π 1487.5 155.77s
30 30O
Onω ⋅ ⋅
= = = −
'' 155.77 m0.74
211.2 sO
Ouk
viω −
= = = −
Spuštanje tereta pri praznoj kabini: '
' 1/ 9.061500 60 1512.94min42
O MO s N
N
Tn n nT
−−= − + ∆ ⋅ = − + ⋅ = −
'' -1π -π 1512.94 158.43s
30 30O
Onω ⋅ ⋅
= = = −
'' 158.43 m0.75
211.2 sO
Ouk
viω −
= = = −
Izračunavanje vremena ubrzanja – kočenja: Ubrzanje pogona:
1.1 1.1 42 46.2 NmMsr NT T= ⋅ = ⋅ =
Ubrzanje pri dizanju pune kabine:
/
/
1.121 153.06 8.88s46.2 26.89
ekv M Ou
Msr O M
JtT T
ω⋅ ⋅= = =
− −
2
0.72 m0.0818.88 s
O
u
vat
= = =
ut − vreme ubrzanja kabine a − ubrzanje kabine
2.5 2.5 42 105 NmMK NT T≈ ⋅ = ⋅ =
U slučaju da se može zanemariti trajanje kašnjenja pri uključenju kočnice, vreme kočenja je:
−MKT moment kočnice
Kada se ne može zanemariti vreme kašnjenja pri uključenju kočnice, potrebno je odrediti šta se dešava sa pogonom za vreme kašnjenja kočnice. U toj fazi se pogon kreće samo pod dejstvom težine
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
12
tereta i inercijalnih sila, sl. 4. Kako težina deluje u suprotnom smeru od smera kretanja sistema,brzina se smanjuje do vrednosti koja odgovara kraju perioda kašnjenja uključenja kočnice:
( )/ /
/ /
ekv M MK O O Mkaš MK O kaš
MK O M ekv M
J Tt tT T J
ω ωω ω
⋅ −= → = − ⋅
− −
A kako vreme kašnjenja iznosi:
/ 0.25skaš nt = -pri prekidanju napajanja otkočenog el.magneta kočnice u naizmeničnom kolu.
/ 0.06skaš jt = -pri prekidanju napajanja otkočenog el.magneta kočnice u jednosmernom kolu.
-126.89153.06 0.25 147.06s1.121MKnω = − ⋅ =
130 147.06 30 1404.32minπ π
MKnMKnn ω −⋅ ⋅
= = =
-126.89153.06 0.06 151.62s1.121MKjω = − ⋅ =
130 151.62 30 1447.86minπ π
MKjMKjn
ω −⋅ ⋅= = =
Tek sada stvarno započinje kočenje,koje traje:
( )/
/
0 1.121 147.06 1.24s105 26.89
ekv M MKnMKn
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− − +
( )/
/
0 1.121 151.62 1.25s105 26.89
ekv M MKjMKj
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− − +
Tada ukupno vreme zaustavljanja pogona iznosi:
/ / 0.25 1.24 1.49szaust n kaš n MKnt t t= + = + =
/ / 0.06 1.25 1.31szaust j kaš j MKjt t t= + = + =
Ubrzanje pri dizanju prazne kabine:
/
/
0.589 160.28 1.39s46.2 21.43
ekv M Ou
Msr O M
JtT T
ω⋅ ⋅= = =
− +
2
0.76 m0.551.39 s
O
u
vat
= = =
( )/ /
/ /
ekv M MK O O Mkaš MK O kaš
MK O M ekv M
J Tt tT T J
ω ωω ω
⋅ −= → = − ⋅
− −
-121.43160.28 0.25 169.38s0.589MKnω −
= − ⋅ =
130 169.38 30 1617.46minπ π
MKnMKnn ω −⋅ ⋅
= = =
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
13
-121.43160.28 0.06 162.47s
0.589MKjω −= − ⋅ =
130 162.47 30 1551.47 minπ π
MKjMKjn
ω −⋅ ⋅= = =
Tek sada stvarno započinje kočenje,koje traje:
( )/
/
0 0.589 169.38 1.19s105 21.43
ekv M MKnMKn
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− − −
( )/
/
0 0.589 162.47 1.14s105 21.43
ekv M MKjMKj
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− − −
Tada ukupno vreme zaustavljanja pogona iznosi:
/ / 0.25 1.19 1.44szaust n kaš n MKnt t t= + = + =
/ / 0.06 1.14 1.2szaust j kaš j MKjt t t= + = + =
Ubrzanje pri spuštanju pune kabine: '
' /
/
0.621 143.41 1.62s46.2 8.73
ekv M Ou
Msr O M
JtT T
ω⋅ − ⋅= = =− − − −
'
2
1.02 m0.631.62 s
O
u
vat
= = =
( )/ /
/ /
' ' ' '' ' ' '' '
ekv M MK O Mkaš MKQ O kaš
MK O M ekv M
J O Tt tT T J
ω ωω ω
⋅ −= → = − ⋅
− −
-18.73' 155.77 0.25 159.29s0.621MKnω = − − ⋅ = −
-1' 30 159.29 30' 1521.11minπ π
MKnMKnn ω ⋅ − ⋅
= = = −
-18.73' 155.77 0.06 156.61s0.621MKjω = − − ⋅ = −
-1' 30 156.61 30' 1495.55minπ π
MKjMKjn
ω ⋅ − ⋅= = = −
Tek sada stvarno započinje kočenje,koje traje:
( )/
/
' 0 ' 0.621 159.287' 1.03s' 105 8.73
ekv M MKnMKn
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− −
( )/
/
' 0 ' 0.621 156.61' 1.01s' 105 8.73
ekv M MKjMKj
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− −
Sada možemo odrediti ukupno vreme zaustavljanja pogona:
/ /' ' 0.25 1.03 1.28szaust n kaš n MKnt t t= + = + =
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
14
/ /' ' 0.06 1.01 1.07szaust j kaš j MKjt t t= + = + =
Ubrzanje pri spuštanju prazne kabine: '
' /
/
0.723 158.43 2.07s46.2 9.05
ekv M Ou
Msr O M
JtT T
ω⋅ ⋅= = =
− +
'
2
0.75 m0.362.07 s
O
u
vat
= = =
( )/ /
/ /
' ' ' '' ' ' '' '
ekv M MK O Mkaš MKQ O kaš
MK O M ekv M
J O Tt tT T J
ω ωω ω
⋅ −= → = − ⋅
− −
-19.05' 158.43 0.25 155.3s0.723MKnω −
= − − ⋅ = −
-1' 30 155.03 30' 1480.43minπ π
MKnMKnn ω ⋅ − ⋅
= = = −
-19.05' 158.43 0.06 157.68s0.723MKjω −
= − − ⋅ = −
-1' 30 157.68 30' 1360.04minπ π
MKjMKjn
ω ⋅ − ⋅= = = −
Tek sada stvarno započinje kočenje,koje traje:
( )/
/
' 0 ' 0.723 155.3' 0.98s' 105 9.05
ekv M MKnMKn
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− +
( )/
/
' 0 ' 0.723 157.68' 0.58s' 105 9.05
ekv M MKjMKj
MK O M
Jt
T Tω⋅ − ⋅
= = =− +
Sada možemo odrediti ukupno vreme zaustavljanja pogona:
/ /' ' 0.25 0.98 1.23szaust n kaš n MKnt t t= + = + =
/ /' ' 0.06 0.58 0.64szaust j kaš j MKjt t t= + = + =
Stacionarno kretanje pogona -dizanje
9 8.88 3.45s0.73r u
O
ht tv
≈ − = − =
-spuštanje
9' ' 1.62 10.54s' 0.74r uO
ht tv
≈ − = − =
ut − vreme trajanja ubrzanja
Ov − stacionarna brzina kretanja kabine
rt − vreme pri kretanju kabine stacionarnom brzinom
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
15
Određivanje vremena el. kočenja pri spuštanju tereta:
'
'
'( )
157.1 155.77105 174.26 Nm1.2 157.1st
s OEKEK n
O EK
T T ω ωω ω
+ += ⋅ = ⋅ =
+ ⋅
'( ) 105 174.26 139.63Nm2 2
OEK EK n
EKsr
T TT
+ += = =
( )' '' /
'/
0.621 0.2 157.1 155.770.52s
139.63 8.73ekv M EK
EKEKsr O M
JtT T
ω ⋅ − ⋅ +⋅∆= = =
− +
7. Provera EM na zagrevanje
Ekvivalentni moment EM:
( )( )
( )( )
2 ' 2 '2 ' 2 '/ /
/ 5' ' '
2 2 2 2
/ 5
12
46.2 8.88 1.62 26.89 3.45 8.74 10.54 139.63 0.521 0.45 8.88 1.62 0.52 3.45 10.54
2
Msr u u O M r O M r EKsr EKekv S
Hu u EK r r
ekv S
T t t T t T t T tT
t t t t t
T
β⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅
= =+
⋅ + + + +
⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅=
+⋅ + + + +
/ 5 40.38 Nmekv ST =
Ekvivalentna termička snaga:
/ 5 / 5 40.38 154.42 6235.47 W 62.4kWekv S ekv S srP T ω= ⋅ = ⋅ = =
'-1153.06 155.77 154.42s
2 2O O
sr
ω ωω
+ += = =
srω − srednja ugaona brzina
Stvarna intermitencija: ' ' ' 8.88 3.48 1.62 10.54 0.52100% 100% 31.3%
80u st u st EK
stvC
t t t t tEDt
+ + + + + + + += ⋅ = ⋅ =
Stvarna naznačena snaga:
406.6 7.46kW31.3
katEDstv N
stv
EDP PED
= ⋅ = ⋅ =
7.46 1 1 7.46kWNkor EDstv hP P f fΘ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
Kako je / 5ekv S NkorP P≤ EM zadovoljava po kriterijumu naznačene snage i neće se pregrevati u stacionarnom stanju.
7460 49.47 Nm150.79
NkorNkor
N
PTω
= = =
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
16
8. Provera tačnosti pristajanja pune - prazne kabine pri dizanju – spuštanju
Kočenje pri dizanju pune kabine:
10.73 1.37 0.5m
2 2O Kv ts ⋅ ⋅
= = =
Kočenje pri dizanju prazne kabine:
10.76 1.44 0.547 m
2 2O Kv ts ⋅ ⋅
= = =
1 2 0.5 0.547 0.047 m =47 mm 60mms s s∆ = − = − = ≤
Kočenje pri spuštanju pune kabine: ' '
'1
0.74 1.28 0.474m2 2
O Kv ts ⋅ ⋅= = =
Kočenje pri spuštanju prazne kabine: ' '
'1
0.75 1.23 0.461m2 2
O Kv ts ⋅ ⋅= = =
' ' '1 2 0.474 0.461 0.013m =13mm 60mms s s∆ = − = − = ≤
Departman za mehanizaciju i konstrukciono mašinstvo
ISPITNI ZADATAK br. 04 Pogonski sistemi
Student: Darko Knežević Br. indeksa: 16 214
17
9. T - ω dijagram
Slika 4. T - ω Dijagram
Momenti kočnica TK, prevalni moment Tb, moment sedla Tu i polazni moment Tl su usvojeni iz preporuke za KR16.
3.4 3.4 42 142.8kNb NT T= ⋅ = ⋅ =
3.5 3.5 42 147 kNl NT T= ⋅ = ⋅ =
0.8 0.8 142.8 113.6kNu bT T= ⋅ = ⋅ =
0.9 0.9 147 132.3kNu lT T= ⋅ = ⋅ =