4 silindirli motor projesi

www.forum.alghaform.com

1-ANA BOYUTLARIN HESABI VERİLENLER Ne = 70 Ps, N = 2000 d/dak Sourer motoru, taşıt diesel motoru. Diesel, su soğutmalı, dört silindirli (z = 4), dört zamanlı.

SEÇİLENLER 1. ε = 1,05 – 1,2 … Yüksek devirli diesel mot.

2. Pme = 5,5 – 6,5 kp/cm2 … Taşıt diesel mot.

SİLİNDİR ÇAPI HESABI = (D) D = 104,53

Ne Formülünden hesaplanacak. ε .n.Pme.z

1-) Pme = 5,5 ve ε = 1,1 için; D = 104,5.3

2-) Pme = 6 ve ε = 1,1 için;

D = 104,5.3

70 = 11,82cm = 118,2mm 1,1.2000.5,5.4 70 = 11,48cm = 114,8mm 1,1.2000.6.4

3-) Pme = 6,5 ve ε = 1,1 için; D = 104,5.3

70 = 11,18cm = 111,8mm 1,1.2000.6,5.4

4-) Pme = 5,5 ve ε = 1,15 için; D = 104,5.3

70 = 11,64cm = 116,4mm 1,15.2000.5,5.4

5-) Pme = 6 ve ε = 1,15 için; D = 104,5.3

70 = 11,31cm = 113,1mm 1,15.2000.6.4

6-) Pme = 6,5 ve ε = 1,15 için; D = 104,5.3

70 = 11,01cm = 110,1mm 1,15.2000.6,5.4

7-) Pme = 5,5 ve ε = 1,2 için; D = 104,5.3

70 = 11,48cm = 114,8mm 1,2.2000.5,5.4

8-) Pme = 6 ve ε = 1,12 için; D = 104,5.3

70 = 11,15cm = 111,5mm 1,2.2000.6.4

9-) Pme = 6,5 ve ε = 1,2 için; D = 104,5.3

70 = 10,85cm = 108,5mm 1,2.2000.6,5.4 1

www.forum.alghaform.com ε=

H D

ε = 1,1 ε = 1,15 ε = 1, 2

Pme = 5,5

Pme = 6

Pme = 6,5

D = 11,82 cm

D = 11,48 cm

D = 11,18 cm

H = 13,00 cm

H = 12,63 cm

H = 12,30 cm

D = 11,64 cm

D = 11,31 cm

D = 11,01 cm

H = 13,40 cm

H = 13,00 cm

H = 12,66 cm

D = 11,48 cm

D = 11,15 cm

D = 10,85 cm

H = 13,78 cm

H = 13,38 cm

H = 13,04 cm

H = ε.D ‘ den hesaplanacak; 1. H = 1,1 · 11,82 = 13,00 cm

6. H = 1,15 · 11,01 = 12,66 cm

2. H = 1,1 · 11,48 = 12,63 cm

7. H = 1,2 · 11,48 = 13,78 cm

3. H = 1,1 · 11,18 = 12,30 cm

8. H = 1,2 · 11,15 = 13,38 cm

4. H = 1,15 · 11,64 = 13,40 cm

9. H = 1,2 · 10,85 = 13,04 cm

5. H = 1,15 · 11,31 = 13,00 cm ΣD = 11,82+11,48+11,18+11,64+11,31+11,01+11,48+11,15+10,85 ΣD = 101,93 cm ΣH = 13,00+12,63+12,30+13,40+13,00+12,66+13,78+13,38+13,04 ΣH = 105,19 cm Dort. =

∑ D 101,93 = = 11,3cm = 113mm Dort ≅ 110mm seçildi.

9 9

Hort. =

∑H 105,19 = = 13,02cm = 130,2mm 9 9

STROK BOYU HESABI (H) Strok boyu hesabı için; ε = 1,20 seçildi.

H = ε .D = 1,20.110 = 132mm

H ≅ 130mm seçildi.

2

www.forum.alghaform.com

2-ENDİKATÖR DİYAGRAMININ ÇİZİMİ TERMODİNAMİK HESAPLAR SEÇİLENLER P0=Patm=1 kp/cm2 t0=27ºC => T0=300ºK P1=Patm=1 kp/cm2 T1=67ºC => T1=340ºK ΔT = T3 - T2 = 800ºK, T4 - T3 = 500ºK

ρ = 2,2 (Kesme Oranı)

ε = 13 (Sıkıştırma Oranı)

ns = 1,38

>>

VH =

πD 2 4

ng = 1,23 H=

π .(1,1) 2 4

Politropik Üsler

(1,3) ⇒ VH = 1,235lt

0 Noktası Şartları V0 = VC =

VH 1,235 = = 0,1029 ε − 1 13 − 1

V0 = 0,1029 lt, VC = 0,1029 lt

T0 = 27+273 = 300 ºK, P0 = Patm = P1; P0 = 1 atm = 1 kp/cm2

1 Noktası Şartları P1 = 1 kp/cm2; T1 = 67 + 273 = 340 ºK V1 = VC + a.VH = 0,1029 + 1,235 => V1 = 1,251 lt P1 = 1 kp/cm2; T1 = 340 ºK

2 Noktası Şartları ε d = 1 + a.(ε − 1) = 1 + 0,93.(13 − 1) = 12,16 ⇒ ε d = 12,16 P2 = P1 .ε dns = 1.(12,16)1,38 = 21,42kp / cm 2 T2 = T1 .ε dns −1 = 340.(12,16)1,38−1 = 878 o K V2 = VC = 0,1029lt V2 = 0,1029 lt; P2 = 31,42 kp/cm2; T1 = 878 ºK

3

www.forum.alghaform.com 3 Noktası Şartları ΔT = T3 - T2 = 800ºK, T − T2 P3 − P2 ΔT ΔP 800 P3 − 31,42 = ⇒ 3 = ⇒ = T2 P2 T2 P2 878 31,42

P3 =

800.31,42 + 31,42 = 60km / cm 2 878

V3 = VC = V2 = 0,1029 lt; T3-T2 = 800 ºK =>T3 = 800+878 = 1678 ºK V3 = 0,1029 lt; P3 = 60 kp/cm2; T3 = 1678 ºK

4 Noktası Şartları V4 = ρ ⇒ V4 = ρ .V3 = 2,2.0,1029 = 0,226lt V3

P4 = P3 = 60 kp/cm2; T4-T3 = 500 ºK => T4 = 500+1678 = 2178 ºK V4 = 0,226 lt; P4 = 60 kp/cm2; T4 = 2178 ºK

5 Noktası Şartları P4 .V4

ng

= P5 .V5

ng

V5 = VC + VH = 0,1029 + 1,235 = 1,338 lt.

60.(0.226)1, 23 = P5 .(1,338)1, 23 60.(0.226)1, 23 P5 = = 6,7kp / cm 2 1, 23 (1,338) T5 = T4 .

1

ε

ng −1

.ρ ng −1 = 2178.

1 1, 23−1

13

.(2,2)1, 23−1 => T5 = 1447 ºK

V5 = 1,338 lt; P5 = 6,7 kp/cm2; T5 = 1447 ºK

4

www.forum.alghaform.com

5

www.forum.alghaform.com ORTALAMA EFEKTİF BASINÇ HESABI Pme = (104,5) 3 .

Ne 70 = (104,5) 3 .

3 ξ .n.z.D 1,2.2000.4.(11) 3

Pme = 6,252 kp/cm2

PİSTON HIZININ HESABI Cm =

H .n 0,130.2000 = = 8,66m / sn.

30 30

Cm = 8,66 m/sn.

SİLİNDİR HACMİNİN HESABI VH =

πD 2 4

H=

π .(1,1) 2 4

(1,3) ⇒ VH = 1,235lt

VH : Toplam silindir hacmi = 1.235.4 = 4,94 lt

Nlt’NİN HESABI N lt =

Ne 70 Ps = = 14,17 strokhacmi VH 4,94 lt

ENDİKATÖR DİYAGRAMINDA HESAP α=kp/cm²,

β=cm³, VH=cm³

S = S1 – S2 = 44 – 12 = 32 cm³ ölçüldü.

Pmi =

S .α .β 32.3.100 = ⇒ Pmi = 7,77 VH 1235

Pme = ηm.Pmi; η=0,80 alındı.

Pme = 0,80.7,77 ≈ 6,22 kp/cm² = Pmediyagram Pmediyagram = 6,22 kp/cm² Pmeseçilen= 6,25 kp/cm² idi.

Pmediyagram ≈ Pmeseçilen

6

www.forum.alghaform.com

3.1 – PİSTON HESABI Pistonun vazifesi, silindir kafası ve silindir çeperleri ile havayı veya gaz karışımlarını kaçırmayacak şekilde bir odacık teşkil etmek ve gazın genişlemesi sırasında gaz basıncından aldığı kuvveti biyel yardımı ile krank miline geçirmektir.

A – PİSTON UZUNLUĞU = (L) Dieseller için : ØD<20 mm ise L=1,2.D … (Ders Notları) L = 1,2.110 = 132 mm :

L = 132 mm

B – PERNONUN YERİ = (A,B) Diesel ……… A = 0,65.L = 0,65.132 = 86 mm B = L-A = 132- 86 = 46 mm

>> Ders Notları

C – ÜST SEGMANIN YERİ = (C) Dieseller için …. (Enterpolasyon yapılarak) ØD = 110 mm için;

C = 20 mm alındı.

>> Ders Notları

D – SEGMAN ADETİ Dieseller için . . . ØD<135 mm olduğundan; Kompresyon segmanı adeti =

3

Yağ segmanı adeti

2

=

Toplam

5 adet .. >> Ders Notları

E – SEGMANLAR ARASI MESAFE = (hl) hl = 4 mm alındı …. >> Ders Notları

F – PERNO GÖZÜ Dieseller için : dd = 0,4.D = 0,4.110 = 44 mm . . . . . . . . . . . . .

(1)

di/dd = 0,80 ÷ 0,82 = 0,81 => di = dd.0,81 = 44.0,81≈36 mm .

(2)

di = Pernonun iç çapı, dd = Pernonun dış çapı 300 mm < dd < 50 mm olduğundan; Perno toleransı = -0+0,007 mm(3)

G – PERNO GÖZLERİ ARASINDAKİ MESAFE = (bb) D > 70 mm ise bb = 25 + (D-70).25/50 mm 7

www.forum.alghaform.com bb = 25 + (110-70). 25/50 = 45 mm. bb=45mm

H – PİSTON YÜZÜ ET KALINLIĞI = (hc) Piston yüzünün et kalınlığı her taraftan gerilmiş bir plaka olarak yapılır. Yapılan hesaplarda et kalınlığını bulabilmek için ortadaki gerilme dikkate alınır. Ortada radyal ve teğetsel gerilmeler birbirine eşittir. σr : Radyal Gerilme σt : Teğetsel Gerilme ⎛ ⎝

σ r = σ t = 3.⎜1 +

1 ⎞ P.r 2 ⎟. m ⎠ 8.hc2

Burada; hc

= Piston yüzü et kalınlığı.

r = Piston yarıçapı P = Piston yüzüne tesir eden max. Kuvvet (= max. Yanma basıncı) m = Poisson katsayısı (metaller için: m=10/3 alınacak) Radyal ve teğetsel gerilmelerin eşitliğinden;

σ r = σ t = σ = 0,488. hc ≅ r.

0,5.Pmax

Pmax .r 2 Bulunur. Bu denklemden hc2

Elde edilir.

σ max

σ değeri seçilirken bir emniyet faktörü alınır. α : Emniyet katsayısı

σ = σ max ≤ σ em =

20.....30

α

kp / mm 2

Pmax (En büyük yanma basıncı) = 60 kp/cm2 dir. (P3=P4)

σ max =

25 = 12,5kp / mm 2 ⇒ σ em = 12,5kp / mm 2 = 1250kp / cm 2 2

r = Piston yarıçapı =D/2 =110/2 = 55 mm = 5,5 cm hc = r.

0,5.Pmax

σ max

= 5,5.

hc ≅ 0,8cm ≅ 8mm

0,5.60 1250

Alındı.

8

www.forum.alghaform.com

PİSTON MUKAVEMET HESABI A- DİNAMİK ZORLAMALARA KARŞI KONTROL Ortada radyal ve teğetsel gerilmeler birbirine eşittir. Kenarlarda radyal ve teğetsel gerilmeler farklıdır.

Radyal Gerilme: Pmax .r 2 60.(5,5) 2 0 , 75 . σ r = 0,75. = = 2126kp / cm 2 2 2 hc 0,8 Teğetsel Gerilme:

σr

Pmax .r 2 60.(5,5) 2 = 0,225. = 0,225. = 638kp / cm 2 σt = 2 2 m hc 0,8

B- TERMİK ZORLAMALARA KARŞI KONTROL Yanma neticesinde ısı yükü pistonun takriben 2h lık kısmından silindire geçer.

Elde edilen gücün %20’sinin segmanlarla soğutma suyuna geçtiğini kabul edelim: N'=

NZ 70 .ϕ = .0,20 = 3,5[ PS ] 4 z

N: Üretilen Isı

φ: 0,20

N’: Soğutma suyuna geçen ısı eşdeğerindeki güç.

Isının tarayacağı yüzey: 2π .r.2c dir. q=

632.3,5 632.N ' 632.3,5 = = ⇒ q = 232760,82 Kgl/m2h 2 2 2 (0,11) π .r D π. π.

4 4

ti − t d =

q.r 2 < Δtem 4.h.λ

2.h = c + Segman yükseklikleri + Segman aralıkları Hızı çok diesel motorları için normal teğetsel gerilmeli segmanlar kullanılır. (H. BINARK, Hızı çok mot. Hareket elemanları, Sf:67 Prog:2) Kompresyon Segmanları: (Normal teğetsel gerilmeli) Segman Yükseklikleri

:

1.Sıra

2.Sıra

3.Sıra

4 mm

3,5 mm

3 mm

1.Sıra

2.Sıra

6 mm

5,5 mm

Yağ Segmanları: Segman Yükseklikleri

:

9

www.forum.alghaform.com Segman aralıkları için: 4 tane segman aralığı var.

hl = 4 mm idi. : 4 tane aralık için 4.hl = 4.4 = 16 mm olur.

2.h = 20 + [(4+3,5+3)+(6+5,5)]+16 = 58 mm 2.h = 58 mm ise h=29 mm olur.

Kompresyon segmanları için :

4,4 mm

Yağ segmanları için

4,2 mm

:

PİSTON MUKAVEMET HESABI VC : Ön yanma odasının hacmi = 0,1029 lt ≈ 103 cm3 Sourer tipi ön yanma odasını 4 tane kürenin birleşimi olarak düşünürsek; Kürenin hacmi :

4 π .r 3 (1 tane kürenin hacmi) 3

r: Ön yanma odasını meydana getiren bir tek kürenin yarıçapı.

4 Adet küre olduğundan 4 VC = 4.( π .r 3 ) İse 3 r3 =

103 3 ⎛4 ⎞ Den 103 = 4.⎜ π .r 3 ⎟ ⇒ r ≅ 12mm alındı. .

4 4π ⎝3 ⎠

10

www.forum.alghaform.com PİSTON İÇ ÖLÇÜLERİ Diesel motorları pistonlarında iç boyutlar piston çapına bağlı olarak grafiklerde verilmiştir.

Piston çapına göre verilmiş olan bu grafiklerden Diesel motor pistonlarının iç boyutları pratik olarak tespit edilir.

Buna göre; a = 65 mm

a1 = 25 mm

b = 80 mm

b1 = 50 mm

c = 88 mm

c1 = 60 mm

d = 100 mm

d1 = 126 mm

11

www.forum.alghaform.com

12

www.forum.alghaform.com

3.1 – PERNO PERNONUN HESABI dd: Perno dış çapı

Dieseller için : dd = 0,4.D = 0,4.110 = 44 mm

di: Perno iç çapı

di = 0,81.dd = 0,81.44 = 36 mm

bb : Perno gözleri arasındaki mesafe ØD>70 mm ise :

bb = 25 + ( D − 70).

25 ...(mm), φD : mm 50

bb = 25 + (110 − 70).

25 = 45(mm)..bb = 45mm 50

F F ≤ 2,9kg / mm 2 ⇒ ≤ 250kp / cm 2 d d .b d d .b F : Pim yatağına (perno yatağına) gelen kuvvet = Pmax . b: biyel başı eni dd : Perno dış çapıdır.

13

πD 2 4

www.forum.alghaform.com Genel olarak hızı çok Diesel motorlarında: b = (0,3 – 0,6).D olarak alınır.

Perno yuvasının dışındaki et kalınlıklarını tespit eden d çapı ise; b = (1,4 – 1,5).D olarak seçilmelidir.

Buna Göre: b = (0,3 – 0,6).D ≈ 0,36.D = 0,36.110 ≈ 40 mm Diesel motorlarında :

Lp dd

= 2,2.....2,75

Lp≈dd.2,25 = 44.2,25 ≈ 100 mm

Lp ≈100 mm

dd =(0,35……0,4).D = 0,4.110 =44 mm λ=

Lp D

dd = 44 mm

= 0,9……0,95 => Lp = 0,9.110 = 100 mm

L0 = bb + 2.

Lp = 100 mm

t = bb + t 2

Lp = bb + 2.t 100 = 45 + 2.t 2.t = 55 t = 27.5 mm L0 = 45 + 27,5 = 72,5 mm L0 = 72,5 mm L0 = bb + t = L0 =

Lp - bb 2

Lp - bb 2 Lp + bb 2

PİSTON PERNOSUNUN YATAKLIK KONTROLÜ Pyp : Piston yatağına gelen kuvvet (yatak piston basıncı ) Pyp

60 .π .(11) 2 / 4 Pmax .π .D 2 / 4 = = ≈ 230 kp/cm2 d d .( L p − bb ) 4,4.(10 − 4,5 )

14

Pyp ≈ 230 kp/cm2

www.forum.alghaform.com Pyp (emniyet) = 300 - 500 kp/cm2 Pyp < Pyp (emniyet) olduğundan piston pernosu yataklık vazifesini emniyetle yapabilir.

Pyb : Biyele yataklık yapan kısma gelen kuvvet (=Yatak biyel basıncı ) Pmax .π .D 2 / 4 60.π .(11) 2 = ≈ 290 kp/cm2 d d .bb 4,4.4,5.4

Pyb =

Pyb ≈ 290 kp/cm2 Pyb (emniyet) = 500 - 700 kp/cm2 Pyb < Pyb (emniyet) olmalıdır.

Pyb < Pyb (emniyet) olduğundan uygundur Pyp Pyb

=

Pyp 2 2 olması gerekir. ≈ olduğundan uygundur.

3 Pyb 3

PİSTON PERNOSUNUN EĞİLMEYE GÖRE MUKAVEMETİ

Рmax = Pmax

π .D 2 4

= 0,6

π .(110) 2 4

= 5702kp

L p + bb 1 1 100 + 45 ) = .5702.( Pmax .( ) ≅ 103348,75kp.mm 2 4 2 4

M eğ =

4 4 d d4 − d i4 π 44 − 36 ) ≅ 4615mm 3 ) = .( W = .( 44 32 dd 32

π

σ eğ =

M eğ W

=

103348,75kp.mm ≅ 22,4kp / mm 2 3 4615mm

EC.60 çeliği için: σ em = 30kp / mm 2

σ eğ < σ em olduğundan perno eğilmeye karşı mukavemetlidir.

15

www.forum.alghaform.com

PERNO MALZEMESİ Perno malzemesi olarak seçilecek malzemede oldukça iyi vasıflar aranır. Bu vasıfları şu şekilde sıralayabiliriz.

1) Malzemenin mukavemeti fazla olmalıdır.

2) Eğilmesi az olmalıdır.

3) Kayma özellikleri müsait olmalıdır.

4) Isı altında uzaması az olmalıdır.

Bu vasıfları yerine getirmek üzere muhtelif tertipteki krom-nikelli çelikler kullanılır. Malzemenin umumiyetle iç kısmı oldukça elastiki, dış kısmının ise fazla sert olması istenir. Bunun için de perno malzemesi olarak ekseriya sementasyon çelikleri kullanılır. Avrupa da en çok kullanılan perno malzemesi 1C60 çeliğidir.

Burada adı geçen perno malzemesi olarak 1C60 çeliği seçilmiştir.

1C60 çeliğinin terkibi: C

Cr

Mn

Si

%0,12…0,18

%0,6…0,9

%0,4…0,6

%0,35

Mukavemet değerleri; Kopma mukavemeti

: 70…90 kg/mm2

Akma mukavemeti

: 70 kg/mm2

Uzama (10.d)

: 9…14 %

Büzülme

: 50…60 %

Çentik darbe mukavemeti

: 8 kg.m/cm2

Sürekli eğilme mukavemeti : 30 8 kg/mm2

PERNONUN İMALAT ŞEKLİ Piston pernosu, pistonla biyeli birbirine mafsallı olarak bağlar ve böylece piston başına etki yapan gaz basıncını biyel kolu yardımı ile krank miline iletir. Piston pernosu küçük bir parça olmasına rağmen büyük bir basınç altında çalışır. Bunun için basınca ve aşınmaya dayanıklı alaşımlı çeliklerden yapılır. Aşınmaya dayanıklılığı arttırmak için ısıl işlemle yüzey sertleştirildikten sonra taşlanıp, leplenerek hassas bir şekilde biyel ayağı ve pistondaki yuvalarına alıştırılır.

16

www.forum.alghaform.com Pernonun yanma maksimum basıncı altındaki eğilmesi bizzat pistonda tepki yapacak kadar büyük olmamalıdır. Pistonun ölü noktalardan titreşim yapmadan atalet kuvvetlerini yenerek atlayabilmesi için pernonun içi boşaltılır. Böylece basınca dayanıklılık artar.

Zayıf piston pernoları daima çok tehlikelidirler. Perno zayıf olduğu takdirde eğilmesi fazla olduğundan ekseriya pernoda herkes tarafından tanınan meşhur çatlamalar oluşur. Yahut da piston bizzat eğilir. Bu yüzden de segmanlar sıkışıp kalırlar.

Pernonun piston tarafındaki yuvalarının genişlemesi ve bu suretle eğilme ve kırılmalarının oluşması da pernonun zayıf olarak boyutlandırılmış olmasındandır.

Aynı şekilde pernonun pistondaki yuvalarının konstrüksiyonu da önemlidir. Gaz basınçlarının piston yüzünden perno yuvalarına iletimi daha ziyade kaburgalar vasıtası ile olur.

Bugünkü yüksek kompresyon, yüksek güç ve yüksek devirli otomobil ve kamyon motorlarında, piston pernolarının aşınıp arıza yapmadan uzun süre çalışması için hassas olarak alıştırılması gerekir.

Perno yuvası mümkün olduğu kadar rijit olmalıdır. Pernoyu kuşatan malzemenin piston ekseni istikametinde kalınlaşan et kalınlığı ile inşası temin edilmelidir. Bunun için yuvanın dış çemberi çizilirken üst ve altta 2 mm fazla yarıçap olması kâfidir.

Yuvanın dış kısmı 10º ila 15 º meyille ve iyi bir yuvarlatma ile piston kenarının iç çeperine bağlanır.

Piston pernosunun alıştırılmasını pernoyu yuvaya sokmak için pistonun 120 º ye kadar ısıtılması kâfi şekilde yapılmalıdır. Perno yerine sıkı geçmelidir. Piston 120 º kadar ısıtıldığı zaman elle yerine kolayca sürülebilmelidir. Böyle olursa normal çalışma esnasında perno hafifçe döner ve iyice yağlanmış olur. Daha sıkı bir alıştırma pernonun uzaması dolayısı ile piston şaftının yuvarlaklığını kaybetmesini doğurur ki buda mahsurlu neticeler verir.

17

www.forum.alghaform.com

PERNO

18

3.3 – SEGMANLAR Segmanların başlıca aşağıdaki 3 esas görevi vardır.

1) Piston ile silindir arasındaki sızdırmazlığı temin ederek gazların yanma odasından kartere kaçmasını önlemek.

2) Piston üst ölü noktada iken silindire sıçrayan yağı aşağıya inerken sıyırarak bu yağın yanma odasına geçmesini önlemek.

3) Pistonun soğumasını temin etmek.

Segmanların bu vazifelerini yapabilmesi için genel olarak kompresyon ve yağ segmanları olmak üzere iki tip segman kullanılır.

Kompresyon segmanlarının gaz sızdırmazlığını temin edebilmeleri için bu segmanların bir taraftan silindire tam olarak oturması dolayısıyla silindirle aralarında lineer bir temas bulundurmaları yani silindirlerin kayma yüzeyleri ile aralarında çizgisel bir temas bulundurmaları ve diğer taraftan ise yuvaları içinde tam olarak oturmaları lazımdır.

Kompresyon segmanları pistonun üst kısımlarına, yağ segmanları ise daha alt taraflarına takılmalıdır. Bunların görevleri ise yağı sıyırarak bu yağın yanma odasına girmesini önlemektir. Bu segmanların ortalarında ayaklar mevcuttur. Yağ sıyrılırken burada toplanır ve buradan içeri doğru akar. Akan bu yağlar piston yuvasındaki delikler vasıtası ile pistonun iç tarafına ve buradan kartere geçerler.

Diesel motorlarında yağın içinde bulunabilecek kok parçacıkları sebebi ile bu yarıklar tıkanabileceklerinde Diesel motorlarında bunları daha büyük açmak mecburiyeti vardır.

Kendi kendini geren segmanın iyi bir şekilde tesir edebilmesi için segmanlarında belli bir minimum gerilimin mevcut olması lazımdır. Yani segmanın gaz kaçaklarını önlemesi için yaylanması esnasında silindire belli bir basınç ile basması gerekir.

Segmanların silindir çeperine olan yüzey basıncının seçilmesi motorun dönme sayısı ve silindir çapıyla ilgilidir.

Hızı bilhassa çok taşıt motorlarında yüksek gerilimli segmanlar kullanılır. Bu tip motorlarda küçük silindir çaplarında yüzey basıncı 2 kg/cm2 den büyük seçilebilir.

Hızı çok Diesel motorlarında ve normal benzin taşıt motorlarında normal gerilimli segmanlar kullanılır.

19

www.forum.alghaform.com Hızı az motorlarda ve büyük silindir çaplarında yüksek yüzey basınçları güçlükler doğurur.

Bazı hallerde kendi kendini geren segmanlar da segman titreşimi denilen aksaklıklar oluşur ki bu esnada yanma odasından krank mili hacmine doğru segman sistemiyle husule gelen gaz kaçağı normal zamandakinin pek çok misline çıkabilir. Bu arızalar esnasında bilhassa karakteristik olan nokta, motorun yağ sarfiyatının pek fazla artmasıdır.

SEGMAN ADETİ

Dieseller için : ØD<135 mm olduğundan Kompresyon segmanı adedi = 3 (Normal teğetsel gerilimli) Yağ segmanı adeti = 2 (Normal teğetsel gerilimli) Toplam = 5 adet segman Toplam 5 adet normal teğetsel gerilimli segman kullanılacak.

KOMPRESYON SEGMANI SEÇİMİ

Üç adet normal teğetsel gerilmeli kompresyon segmanı seçildi. (DIN82102’ye göre) Silindir Çapı : D = 110 mm Kalınlık

: a = 4,4 mm, fark = ± 0,12

Yükseklik

:b

1. Sıra . . . b = 4 mm 2. Sıra . . . b = 3,5 mm 3. Sıra . . . b = 3 mm Teğetsel gerilme : z : kg ± %10 1. Sıra . . . z : 2,4 kg 2. Sıra . . . z : 2,1 kg 3. Sıra . . . z : 1,8 kg Ağırlık

:m 1. Sıra . . . m = 42,4 gr 2. Sıra . . . m = 37,1 gr 3. Sıra . . . m = 31,8 gr

Yarık (Eğik) S2 = (0,28 . . . 0,48) mm.

Yüzeysel Basınç . . . kg/cm2 1,1 ± 0,11

20

www.forum.alghaform.com YAĞ SEGMANI SEÇİMİ

İki adet Normal Teğetsel Gerilimli yağ segmanı kullanılacak.

(DIN 73104’e göre) Silindir Çapı D=110 mm Kalınlık

a=4,2 mm, fark =±0,12

Yükseklik (h) 1. Sıra . . .

h = 6 mm

2. Sıra . . .

h = 5,5 mm

Teğetsel Gerilme (z) 1. Sıra . . .

z = 2,15 kg ± %10

2. Sıra . . .

z = 2 kg ± %10

Yarık (S) S = (0,4 – 0,6) mm b = 1 mm (± 0,05) t = 1,2 mm (± 0,05) Sayı

n = 10

C ± 0,05 1. Sıra

C = 1,8 mm

2. Sıra

C = 1,65 mm

Ağırlık (m) 1. Sıra

m = 35,2 gr

2. Sıra

m = 32,8 gr

21

www.forum.alghaform.com SEGMAN HESABI

Silindir çapı ve segman basıncı belli olduktan sonra segmanların hesabı yapılabilir. Segmanların basıncı P, yüksekliği h ve eni a ile gösterildiğine göre gerekli hesaplamalar buna göre yapılır.

Segmanın yarık kısmı ekseriya eğik olarak kesilir. Gerilmemiş segmanlarda kesilmiş olan kısmının uzunluğuna “S” dersek; S 3π P.h.r 4 = elde edilir. Burada; . j .E 2 2

j: Atalet momenti = r=

1 .h.a 3 12

D 110 = = 55mm 2 2

E = elastiklik modülüdür.

E = 1.54.10 6 Kp / cm 2

Kompresyon segmanları için:

a = 4,4 mm P = 1,2 Kg / cm 2 = 1.2.10 −2 Kg / mm 2 S 3π P.h.r 4 12.3.π .P.r 4 . = ⇒S= 2 2 1 a 3 .E ( .h.a 3 ).E 12 S=

36.π .1,2.10 −2.55 4 = 9,46mm 4.4 3.1.54.10 4 Yağ segmanları için:

a = 4,2 mm P = 1,2. 10 −2 Kg / mm 2 36.π .1,2.10 −2.55 4 S= = 10,8mm 4.2 3.1.54.10 4

22

www.forum.alghaform.com SEGMAN MALZEME TEKNOLOJİSİ VE İMALAT ŞEKLİ

Segmanlar genel olarak perlitik – sorbitik bir iç yapıyı haiz dökme demirden yapılırlar. Kullanılabilir bir segman malzemesi grafit yaprakçıları ile inkıtaa uğratılan perlitik – sorbitik bir iç yapıyı haizdir.

Segmanın aşınmaya karşı olan direnci içyapısına bağlıdır. Malzeme seçilirken bir sertlik aramak yerine daha ziyade silindir malzemesi ile segman malzemesinin sertliklerinin birbirlerine uyması düşünülür.

Malzemenin içyapısının homojen olmasını temin için son zamanlarda segmanlar teker teker dökülür. Çok sayıdaki segman kalıpları tek bir döküm giriş yolluğu ile birleştirilir. Bu suretle her bir segman aynı şartlar altında dökülmüş olur.

Segmanlardan

istenilen

özelliklerden

dolayı

özel

şekillerde

ve

özel

malzemelerden yapılmaya mecburdurlar. Piston yapım malzemesinde aranılan özellikler arasında en önemlisi sağlamlık ve elastikiyettir. Bunlarla birlikte ayrıca silindir yüzeyine uygunluk ve daima aşınabilir oluşu gibi durumlarda göz önünde bulundurulmalıdır. Yapılan tecrübeler göstermiştir ki ömrü çok uzun olan segman makbul değildir. Çünkü segmanların muayyen bir çalışma süresinde muayyen bir miktarda aşınması gerekmektedir. Böylelikle segmanların silindir iç cidarlarına tamamen intibakı sağlanmış olur. Ancak uzun süre çalıştıktan sonra hiç aşınma göstermeyen segmanlar yukarıda belirtilen sebeplerden dolayı iyi bir segman sayılmazlar. Bunun aksine çok kısa zamanda aşınan segmanlar da tercih edilmez. Çünkü bunların ömürleri gayet kısa olur. Bilhassa çelik hiçbir zaman iyi bir yapım malzemesi değildir. Kuvvetli ve elastiki olmasına rağmen aşınmaya karşı azami bir direnci vardır.

Fakat buna rağmen muhtelif çalışma ısılarında gerek mukavemetini gerekse elastikiyetini asla muhafaza edemez.

Bu yüzden kompresyon segmanları dökme demirden yapılırlar.

Gri dökme demirin aşınmaya karşı olan meyili kadar kırılmaya da temayülü vardır. Fakat aşınma özelliği birinci planda nazari dikkate alındığından bu malzemenin segman yapımında kullanılmasında fikir birliğine varılmıştır. Dökme demire ilave edilen bazı alaşımlar dökme demirin metanet ve elastikiyetini geniş ölçüde çoğaltmıştır.

Bazı alaşımlarda ısı ve tekerrür eden yüklere karşı mukavemetini arttırmış ve keza aşınma derecesini de normal hadlere çıkarmıştır.

23

www.forum.alghaform.com Bugün segmanlar genel olarak font dökümden yapılırlar. Bunların kumda dökümlerine uyan bileşimleri; Toplam

C

3,5 (max.)

%

Bileşik

C

0,55 – 0,80

%

Si

1,80 (max.)

%

S

0,12 (max.)

%

P

1,00 (max.)

%

Mn

0,4 – 1.20

%

Segmanlar bakır, molibden, krom, nikel ihtiva eden alaşımlı dökme fonttan da yapılmaktadır. Dökümde mesanatın ince olması arzu edilen bir durum olduğu için segmanlar bugün santrifüj ve tek parça döküm şeklinde dökülürler.

Segmanlar genellikle gri dökme demirden yapıldığı gibi çelik alaşımlarından da yapılanları vardır. Bu malzemeler iyi bir sürtünme yüzeyi teşkil ettiği gibi, motorda meydana gelen yüksek sıcaklık ve basınca karşı koruyarak uzun zaman esneklikleri kaybetmeden görevlerini başarı ile yapmaktadırlar.

Kompresyon segmanlarının alışma zamanlarını kısaltmak, aynı segmanların iyi yağlanmasını sağlamak için segman yüzeyleri Cd, Sn, Cr, demir oksit, Mo, Ni, fosfat veya siyah magnetik oksitle kaplanmıştır. Ayrıca özellikle ateş segmanı denilen birinci kompresyon segmanı Cr ve Mo ile kaplanarak hem yüksek sıcaklığa daha fazla dayanabilirler ve hem de silindirleri az aşındırırlar.

Burada segman malzemesi olarak ulanılan alaşımın bileşimi aşağıdaki gibidir.

Malzemenin adı :

Piston segmanı

Cidar kalınlığı

1,3 – 3 mm

:

Katık elemanları :

%

C

Si

Mn

P

S

%3,6

%3,2

%0,4

%0,45

%0,06

Segmanların kayma yüzeyleri hassas olarak tornada çıkarılırlar. Bu şekilde segmanlar kısa bir zaman sonra alışmış olurlar.

Talaş derinliği 0,2 – 0,3 olduğunda kalem hızı 0,2 – 0,3 mm alınabilir.

Segmanların yan yüzeylerinin işlenmesi de çok önemlidir. Bu yüzeyler taşlanır ve hafif alaşım pistonları için basınç altında parlatılır. Bu suretle segmanların toleransı 0,01 mm ve daha aşağısına kadar inebilir. Segmanlar işlendikten sonra muayene edilirler.

24

www.forum.alghaform.com Önce silindir çapında bir parçanın çevrede meydana getirdiği çap farkı kadar büyük torna edilir. Parça kesilip çıkarıldıktan sonra ağızlar kapatılarak segman dış çapı silindir çapına, iç çapı da pistona göre torna edilir. Segman silindire sokulduğu zaman silindirin cidarlarına her yerinden intibak eder. Yani kapatıldığı zaman silindirik, açıkken silindirik değildir. İkinci bir imalat şekli de önce tam bir silindir çapına göre segmanın içi ve dışı tamamlanır. Sonra kesilerek çıkartılan parça kadar segman ağızları açtırılır. Yine segman silindire sokulduğu zaman tam intibak eder.

Kompresyon segmanları ya konsantrik yada eksantrik tipte olurlar. Konsantrik segmanların bütün çevreler boyunca kalınlıkları aynıdır. Eksantrik segmanların ise segman ağızlarının karşısına düşen kısmı daha kalındır.

25

www.forum.alghaform.com

KOMPRESYON SEGMANI

26

www.forum.alghaform.com

YAÄ&#x17E; SEGMANI

27

www.forum.alghaform.com

3.4 - SÜPAPLAR Diesel motorlarında sıkıştırma oranının yüksek olması neticesinde sıkıştırma hacimleri oldukça ufaktır ve bu itibarla da sübapların yukarı alınması müsait bir hal tarzı oluşturur. Gerek bu sebep ile ve gerek yanma odasına yanmaya daha uygun bir şekil verilebilmesi sebebi ile Diesel motorlarında hemen daima yukarıdan sübaplı konstrüksiyonlar mevcuttur.

Ayrıca diesel motorlarında sindir kovanı kullanmak mevcudiyeti mecbur olduğundan sızdırmazlığın temini için esasen sübapların yukarıda olması faydalıdır.

Yukarıda belirtilen sebepler altında bütün Diesel motorlarında ve bu arada gemi, santral ve gaz motorlarında yukarıdan sübaplar kullanılır.

28

www.forum.alghaform.com Sübabın kendi kendisini merkezlemesi için genellikle ; Kesik koninin yüzeyi: F=

d 2 + d1 .h.π 2

F=

d 2 + d 2 − 2.Δd1 .h.π 2

F=

2 ( d 2 − Δd 1 ) .h.π 2

θ = 45 0 alınır.

F

F = (d 2 − Δd 1 ).h.π F = (d 2 − h.Sinθ ).h.π

Cosθ =

h hv

h = hv.Cosθ

Sinθ =

Δd1 h

Δd1 = h.Sinθ d1 = d 2 − 2.h.Sinθ h = hv.Cosθ değeri F = (d 2 − h.Sinθ ).h.π

F = (d 2 − h.Sinθ ).π .hv.Cosθ

de yerine yazılırsa;

bulunur.

Gazların en küçük geçiş kesiti klasik olarak bu formül ile hesaplanır.

Pratikte umumiyetle; hv =

1 1 d 2 ÷ d 2 olarak alınır.

6 4

Hızı çok motorlarda Süpap ivmesinin pek fazla olmasını önlemek için; hv =

1 d 2 olarak alınabilir.

10

θ = 45 0 alınırsa: Sinθ = Cosθ = Cos 45 0 = 0,747 ve hv = F = (d 2 − hv.Cosθ .Sinθ ).π .hv.Cosθ

1 d 2 değerleri F formülünde yerine yazılırsa: 4

idi.

29

www.forum.alghaform.com 1 1 F = (d 2 − d 2 .0,707.0,707).π .0,707. d 2 4 4 2

F ≅ 0,486.d 2 = Fk

Alt çapının hesabı

Vp : Pistonun ortalama hızı Fp : Piston yüzünün alanı Vg : Gazların supap kanalındaki hızı.

Fk : Supap kanalı kesiti ise; VP .FP = V g .Fk F k = FP .

VP Vg

olmalıdır. Buradan; olur.

Vp = 8,66 m/sn alınmıştı.

FP =

π .D 2 4

=

π .(0,11) 2 4

= 9,503.10 −3 m 2

Vg = 80 : 90 m/sn Vg = 90 m/sn seçildi.

Fk = F = 0,486.d22 olarak bulunmuştu.

Supap kanalından geçen gazlar emme periyodunda pistonun geri doğru giderken arkasında bıraktığı hacmi doldurabilmektedirler.

Yani supap kanalından birim zamanda geçen gaz hacmi pistonun aynı zamanda arkasında bıraktığı hacme eşit olmalıdır.

VP .FP = V g .Fk dan 8,16 m/sn . 9,5 . 10-3 m2 = 90 m/sn . 0,486. d22 d2 ≈ 0,043 m d2 ≈ 43 mm olarak bulunur. d2 = (1,06 : 1,16).dt (max.) => 43 mm = 1.16.dt

den

dt ≈ 37 mm bulunur.

Süpapların diğer boyutlarını buna göre bulabiliriz. d1 = (0,95 : 1,00).dt d1 = 0,95.dt (mm) d1 = 0,95.37 ≈ 35 mm

30

www.forum.alghaform.com Oturma yüzeyi genişliği : b

Yuva dış çapı : dse

b = (0,1 : 0,12).dt

dse = (1,2 : 1,16)*dt

b = 0,12*37 = 4,44 mm

dse = 1,23*37 = 45,5 mm

Oturma Yükseklikleri :

Supap sap çapları :

h1 = (0,025 : 0,045)*dt

emme ds = (0,18 :0,23)*dt

h1 = 0,040*37 = 1,48 mm

ds = 0,205*37 = 7,58 mm

h2 = (0,10 : 0,13)*dt

eksoz ds = (0,22 :0,28)*dt

h2 = 0,115*37 = 4,25 mm

ds = 0,25*37 = 9,25 mm

Yuva Yüksekliği : hs

Oturma yüzeyi açısı : θ

hs = (0,18 : 0,25)*dt

Emme ev eksoz için : θ = 45º alındı.

hs = 0,215*37 = 7,95 mm SÜPAP KLAVUZLARI

Süpap kılavuzları supaplara yataklık yapar. Klavuzlar kır dökümden veya yüksek güçlü motorlarda ısı geçişini kolaylaştırmak için bronzdan yapılır ve kafaya sıkı geçirilir. Klavuzların eksenel hareketi faturalarla önlenir.

Bazı motorlarda klavuzlar doğrudan doğruya silindir bloğuna açılmıştır ve aşındıklarında değiştirilmeleri mümkün değildir. Ancak raybalayarak düzgün bir şekilde genişletilir ve standarttan daha büyük Süpap kullanılır.

Geçme Süpap klavuzları bunlara “gayt” ismi de verilir ve gri fonttan yapılırlar.

Motorun zamanla çalışması sonunda klavuzlar aşınırlar. Aşıntı değerleri ölçülerek kontrol edilir. Genellikle supap sapı ile kılavuz arasındaki yağ boşluğu 0,05 mm kadardır. Ölçülendirme sonunda bu boşluk 0,05 mm’yi geçmiş ise motor yağ yakar. Süpap kırar ve gürültülü çalışır. Bu arızaları önlemek için klavuzların değiştirilmesi gerekir.

Değiştirme anında klavuz yuvasının temizliğine ve klavuzun eksende takılmasına itina edilir. Üstten süpaplı taşıt dizel motorlarında klavuz boşluğu normal ölçüde olsa bile motorun yağ yaktığı görülür. Bu nedenle lastik conta ve şapkalar takılarak klavuza giden yağ sızıntıları önlenmiş olur.

Klavuzlar silindir kapağındaki emme ve eksoz deliklerine açılan kısımlara geçirilir ve süpap tablası (süpap başı) silindir kapağının alt yüzüne gelecek ve silindir

31

www.forum.alghaform.com içine açılacak şekilde yerleştirilir. Klavuzların içine açılan delik, süpapın iyice oturmasını temin için süpap yuvası ile dikey bir duruma getirilerek hizalandırılmalıdır.

Süpap klavuzlarının uzunluğu: (8 : 10)*ds kadar alınır.

Emme süpapı için

: 9*ds = 9*7,58 ≅ 68 mm

Eksoz süpapı için

: 9*ds = 9*9,25 ≅ 83 mm

Klavuz dış çapı ise : (1,4 : 1,6)*ds kadar alınır.

Emme süpapı için

: 1,6*ds = 1,6*7,58 ≅ 12 mm

Eksoz süpapı için

: 1,5*ds = 1,5*9,25 ≅ 14 mm

Süpapın sapı ile klavuzun içi arasıdaki boşluk ise Emme süpaplarında : Δ = 0,02 : 0,05 mm Eksoz süpaplarında : Δ = 0,05 : 0,07 mm alınır.

Ayrıca eksoz süpap klavuzlarının alt uçlarında süpap ömrünün uzaması için 10 mm uzunluğundaki bir kısımda çap 0,5 mm kadar büyük tutulur.

SÜPAP YAYLARI

Süpap yayları kaliteli yay çeliğinden yapılmışlardır. Isıya ve ani darbelere dayanıklıdırlar, esnektir ve yaylanma kuvveti fazladır.

Süpap yaylarının ana görevi süpabın açılması sırasında, süpap hareketi hareket mekanizmasının ataletini karşılamak için yeter kuvveti temin etmek ve onun sıçramasına engel olmak üzere süpap milini eksantrik milinin seddiyle temas halinde tutmaktır.

Süpap yaylarının sarım sayıları ve boyutları motor konstrüksiyonuna bağlıdır. İstatistiki değerlere göre yayların dış çapı (da) ve iç çapı (di), süpap boğaz çapına (yani dt’ye) bağlı olarak şöyledir. da = (0,75 : 1,0) * dt = 0,80*37 ≅ 30 mm di = (0,50 : 0,75) * dt = 0,65*37 ≅ 24 mm Atalet kuvvetleri yüksek olduğu zaman iki veya üç yaylı bir süpap kullanılır.

Yay tel çapı; 4 : 5 mm kadardır.

32

www.forum.alghaform.com SÜPAP MALZEMESİ

Süpaplar devamlı açılıp kapanmalarından dolayı sabit vuruntuya dayanabilecek nitelikte yapılırlar. Ayrıca çok yüksek sıcaklık ve basınca da dayanmak zorundadırlar.

Emme sübapları: Krom – Silisyumlu, Krom – Nikelli Çelik ve Krom – Nikel – Molibdenli çelikten, Eksoz sübapları ise : Isıya dayanıklı çelikten yapılırlar. Örneğin Krom – Nikel – Volframlı özel çeliklerden imal edilirler.

Diesel taşıt motorlarında süpap malzemesi olarak umumiyetle yukarıda adı geçen kromlu çelikler kullanılmaya müsaittir.

Bu çeliklerin sıcaklıktaki mukavemeti oldukça yüksektir ve 650 ºC ye kadar kullanılabilirler. Östenitik yapılı eksoz süpaplarını 850 ºC ye varan sıcaklıklara dayanabilirler.

Yukarıda açıklanan sebeplerden dolayı burada süpap malzemesi olarak kromlu çelikler seçilmiştir.

Böyle bir çeliğin terkibi şöyledir: C

Mn

Si

Cr

Mo

Co

%0,5 : 0,6

% 0,3

% 0,4

% 13 : 16

% 1,0

% 1,0

Süpapların ömürlerini uzatmak için oturma yüzeyleri %60 Ni ve %15 Cr ihtiva eden stellit ile kaplanır. Süpap pabuçları sert metal ile kaplanır.

Saplar 1,025 mm kalınlığında Cr ile kaplanır. Sodyum ile soğutulur. Her kalkışta döndürücüler kullanılır. Süpap tablaları çelik veya dökme demirden yapılır. 2,5 mm kalınlığa kadar yüzey sertleştirilmesi yapılır.

33

www.forum.alghaform.com

EGSOZ SĂ&#x153;BABI

34

www.forum.alghaform.com

EMME SĂ&#x153;BABI

35

www.forum.alghaform.com

4 – BİYEL KOLU GENEL BİLGİLER

Motorlarda piston ile krank mili arasında bağlantıyı sağlayan biyel kolu, çeşitli ve değişken kuvvetlerin tesiri altında olup dinamik yükleri krank miline ileten parçadır.

Kısaca biyel piston pernosundan gelen piston kuvvetini krank muylusuna iletir. Gerek bu kuvvetlerin durumu dolayısıyla ve gerekse şeklinin icabı olarak biyelin basit ve ket’i bir surette mukavemet hesabını yapmak imkansızdır. Bu itibarla bütün biyel hesapları yaklaşık hesaplardır ve bu hesapların yaklaşık olması dolayısıyla yeni bir biyel konstrüksiyonu yapılırken daima evvelce benzer motorlar için yapılmış ve muvaffak olmuş biyelleri nazari itibara almalı, yani konstrüksiyonu bu mevcutlarla mukayese ederek şekillendirmelidir.

Biyel konstrüksiyon olarak piston pernosuna geçen biyel küçük başı krank miline geçen büyük başı ve bunları birleştiren gövde kısmından ibarettir. Biyel gaz kuvvetleri, atalet kuvvetleri ve sürtünme kuvvetlerinin tesiri altında çalışır.

Biyel konstrüksiyonunda ki güçlükler bilhassa hızı çok motorlarda kendini gösterir. Hızı çok motorlarda hareket elemanlarının ve bu arada da biyelin azami bir şekilde hafif yapılması için gayret etmek icap eder.

Bilhassa biyelde zorlanmalar değişken yönlerde vaki olduğundan malzeme olarak ancak muhtelif çelikler kullanılabilir. Bu malzemenin ise ağır olmasından dolayı biyelin hafifletilmesi ancak fuzuli malzeme yığınlarının ortadan kaldırılması ve müsait bir şekil verilmesi ile temin edilebilir. Bu itibarla bugün bilhassa hızı çok motorlarda kullanılan biyel konstrüksiyonunda şu noktalara dikkat etmek lazımdır. a-) Biyel mümkün olduğu kadar hafif olmalıdır. b-) Biyeldeki gerilme birikme noktaları giderilmelidir. c-) En müsait malzeme seçilmiş olmalıdır. d-) Malzeme gerilmelere en iyi tahammül edecek bir surette işleme tabi tutulmalıdır. e-) Biyel imalinde fabrikasyon hatalarının önlenmesi için azami gayret sarfedilmelidir.

36

www.forum.alghaform.com Biyel konstrüksiyonuna geçmeden evvel biyelin tipinin tespiti gerekir. Motorun inşa tipine göre biyelin de şekli değişir. Mesela: Sıra, V, W ve yıldız motorlarda çeşitli biyeller kullanılır. Bazı hallerde motorun tipine göre biyel tipini seçmek imkan dahilindedir. Dazı hallerde ise belli bir motor konstrüksiyonun için belli tip bir biyel kullanmak mecburiyeti vardır.

Umumiyetle biyel küçük başı tek parça halinde, yani göz şeklide yapılır. Büyük başı ise parçalı olarak inşa edilir.

BİYELİN HESABI: 1-BİYELİN UZUNLUĞU:

Biyelin uzunluğu motorun inşa tipine göre, Strok oranına (H/D) ve çalışma motoruna bağlıdır. (Dört zamanlı, iki zamanlı, otto yahut diesel motoru) Biyelin uzunluğu biyeli iki başı arasındaki mesafedir. Taşıt diesel motorlarında krank milinin sökülüş tarzı biyel uzunluğunun tespiti için çok önemlidir.

Hızı çok yüksek diesel motorlarında krank muylusu çapı oldu için birçok hallerde

hareket

elemanlarını

yanlamasına

kesilmiş

biyel

konstrüksiyonunda

söküldükten sonra silindir içinde çıkarmak imkansızdır. Bu sebeple pistonun ve biyelin bu durumda krank mili takılı kaldığı halde aşağıdan çıkarılması istenir.bunun için silindir alt kenarı ile krank kolu arasındaki mesafe pistonun çıkmasına yetecek büyüklükte yapılır. Bunun için λ ’nın takriben 1 : 4,5 olması gerekir.

Elemanlar sökülürken belki krank milini el ile döndürmek icap eder. Karşı ağırlıklara şekil verilirken pistonun çıkarılabilmesi problemi nazari itibara alınmalıdır.

λ= r=

r l 1 ise = 4,6 buradan l = 4,6.r olur. = l 4,6 r

H 130 = = 65mm 2 2

l = 4,6.65 ≅ 300mm

37

l ≅ 300mm

www.forum.alghaform.com

BİYELİN ŞEKİLLENDİRİLMESİ Biyel konstrüksiyon olarak piston pernosuna geçen biyel küçük başı, krank mili muylusuna geçen biyel büyük başı ve bunları birleştiren gövde (şaft) kısmından ibarettir.

1-BİYELİN UZUNLUĞU

Biyelin küçük başının konstrüksiyonu piston pernosunun boyutlarına ve bunun tespit şekline bağlıdır. Üst biyel yatağının ( biyel küçük başının ) yanma basıncını ve pistonun kütleler kuvvetini biyel şaftı vasıtası ile iletmektedir. Biyel küçük başı piston pernosu ekseninde sarkaç bir hareket yapar.

Biyelin küçük başına bronz veya iki metalli burçlar zarflar yerleştirilir. Taşıt motorlarında genel olarak serbest pernolar kullanılır. Bunlar motorun çalışması esnasında kendi eksenleri etrafında döner tiplerdir. Alüminyum (Al) alaşımlı pistonlarda ise bu dönme piston 120 0 ’ ye eriştikten sonra olur.küçük başın üst kısmı düz yapılmaz , genellikle 15 0 lik bir açı verilir yağlama deliklerini üst kısmında ve gerilmelerin düşük bulunduğu yerlerde açılması gerekir.

Burç kalınlığı :(=t)

Burcun et kalınlığı takriben perno çapının 1/12’ si kadardır. Serbest pernolu halde biyelin küçük başına bronz veya iki metalli burçlar yerleştirilir. Burç (zarf) kalınlığı genel olarak perno dış kalınlığına bağlı olarak aşağıdaki gibi hesap edilir. t = (0,080 ÷ 0,085).d d

:

d d : Perno dış çapı = 44mm idi.

t = 0,080.d d = 0,08,.44 ≅ 3,5mm

t ≅ 3,5mm

38

www.forum.alghaform.com Biyel küçük başı perno etrafında gerili çekmeye zorlanan bir tel gibi hesap edilir.

PI =

GI .r.W 2 .(1 + λ )............[ Kg ] → Pistonu Ü.Ö.N.’da basmaya çalışan kuvvet g

Burada; W : Açısal hız =

π .n 30

=

π .2000 30

≅ 210rad / sn

G I = Gk + Gbkb / 2 Gk = G piston + G perno + G segman Piston ağırlığı=( G piston )

G piston = 1,6 Kg = 1600 gr Segman ağırlıkları=( Gsegman )

Segmanlar bahsinde bir pistonda, üç kompresyon ve iki tane de yağ segmanı kullanılacağı açıklanmış ve her bir segmanın ağırlığı tablo halinde verilmiştir. Buna göre segman ağırlıkları bulunabilir.

G segman = [(42,4 + 37,1 + 31,8) + (35,2 + 32,8)] ⇒ G segman = 179,3gr Perno ağırlıkları=( G perno )

G perno = γ .L p .[

π .d 2 d 4

−

π .d 2 i 4

] = 7,8.10.[

π .(4,4) 2 4

−

π .(3,6) 2 4

] = 392 gr

γ : Perno malzemesinin Özgül ağırlığı [gr/ cm 3 ] Perno malzemesi olarak EC60 çeliği seçilmiştir.

EC60 çeliği için

γ = 7,8 gr/ cm 3

L p : Perno uzunluğu = 110 mm = 11 cm olarak bulunmuştu. d d : Perno dış çapı d i : Perno iç çapı

= 44 mm = 4,4cm olarak bulunmuştu = 36 mm = 3,6cm olarak bulunmuştu G perno = 392gr

Gkbk = γ .b.[

π .d 2 bd 4

−

π .d 2 bi 4

] = 7,8.4.[

π .(6,5) 2

39

4

−

π .(4,4) 2 4

] = 560.9 gr

www.forum.alghaform.com b : Biyel başı eni = 40 mm = 4 cm olarak bulmuştuk. d bd : Biyel küçük başının dış çapı = 65 mm = 6,5 olarak alındı. d bi : Biyel küçük başının iç çapı = Perno dış çapıdır = 40 mm = 4 cm idi.

Gkbk =560,9 gr Gk = G piston + G perno + Gsegman = 1600 + 392 + 179,3 = 2171,3 gr G I = Gk +

PI = r=

Gk =2171,3

Gbkb 560,9 = 2171,3 + = 2466,75 gr 2 2

G I ≅ 2,5kg

GI 2,5 .0,065.210 2.(1 + 0.21) = 876,6kg .r.W 2 .(1 + λ ) = g 9,81

H 130 = = 65mm = 0,065mm 2 2

W : Açısal hız =

π .n 30

=

π .2000 30

≅ 210rad / sn bulunmuştu

g : Yerçekimi ivmesi = 9,81 m / sn 2

λ=

1 = 0,21 dir.

4,6 PI = 876,6 kg

I-I Kesitinin yüzey alanı = 2.s.b dir.

I-I kesitindeki çekme gerilmesi: σ =

PI kg / cm 2 dir.

2.s.b

Hızı çok diesel motorları için bu çekme gerilmesi olarak aşağıdaki σ em değerleri çok kullanılır:

σ em =200 kg / cm 2 Bu yuvanın yatağında yanma basıncı altında yüzeysel basıncı: 240 : 380 kg/cm2 almak uygundur. b=bb-5 = 45 – 5 = 40 mm bb: Perno gözleri arasındaki mesafe = 45 mm bulunmuştu. b: Biyel küçük başının eni b= 40 mm olarak daha önce perno bahsinde de hesap edilmişti.

S=

PI 876,6 = = 0,55cm = 5,5mm σ I .b.2 200.4.2

40

S = 5,5 mm

www.forum.alghaform.com Burç ile perno arasındaki boşluk = (Δ) Δ = (0,0004 : 0,0015). dd Δ = 0,00095. dd = 0,00095.44 = 0,0418 mm

Δ = 0,0418 mm

Biyel küçük başı yatağının yağlanması biyelin uzunlama ekseninde açılan bir delik vasıtasıyla olur.

2-BİYEL ŞAFTI

Biyel şaftı (biyel gövdesi) biyelin boylamasına eksenine göre simetrik konstrüksiyon olması gerekir. Şaft genel olarak I profili şeklinde yapılır. Gövdenin içindeki boşluktan yağ ve soğutucu akışkan geçirilebilir. Şaft kesiti (gövde kesiti) atalet kuvveti altında çekmeye, gaz kuvvetleri altında basmaya çalışır.

Büyük diesel motorlarında burkulma (flambaj) kontrolünün de yapılması gerekir.

Biyel şaft kesiti I profili şeklindedir. Biyel şaftı aşağıdaki zorlanmaların tesiri altındadır: A) Yanma basıncı altında basma ve flambaj zorlanması.

B) Şaftın merkezkaç kuvvetlerle eğilmeye zorlanması C) Şaftın kütleler kuvvetiyle çekmeye zorlanması.

Biyel şaftı yukarıda sayılan çeşitli zorlanmaların tesiri altında çalıştığından, şaftın bu zorlamalar altında tahrip olmadan görevini yapabilmesi için şaft konstrüksiyonunun çok iyi etüt edilmesi gerekir. Biyel şaftının bu zorlamalara göre ayrı ayrı kontrolünün yapılması ile işletme esnasında doğabilecek sakıncaları asgariye indirmek imkan dahiline girer.

41

www.forum.alghaform.com

ŞAFT KESİTİNİN TAYİNİ : Biyel şaft kesiti I profili şeklindedir.

H 1 = 2 .r0 = 2 .25,5 = 36mm r0 =

d d + 2.t 44 + 2.3,5 = = 25,5mm 2 2

H 2 = (1,3 : 1,5).H 1 H 2 = 1,3.H 1 = 1,3.36 ≅ 46mm H=

H 1 + H 2 36 + 46 = = 41mm 2 2

B 1 = H 1,5 B=

H 41 = ≅ 27 1,5 1,5

“B” Tüm kesit boyunca sabittir.

42

www.forum.alghaform.com F=B.H-2.k.h=27.36-2.9.18=648 mm2 = 6,48 cm2

F = 6,48 cm2

B.b 3 b.h 3 27.9 3 9.18 3 + = 2. + = 7654mm 4 12 12 12 12

J= 7654mm 4

J = 2.

J=0, 7654cm 4

43

www.forum.alghaform.com BİYEL ŞAFTININ MUKAVEMET KONTROLÜ:

Biyelin ortasında I-I kesiti: A- Yanma basıncı altında basma ve flambaj zorlanması:

Piston yüzeyi : Fb =

π .d 2

=

4

Max. Yanma basıncı :

π .(11) 2

= 95cm 2

4

Pmax = 60kg / cm 2

Max. Yanma kuvveti :

Pz = Pmax .

π .d 2 4

= 60.95 = 5700kg

F = Fmin = FI = 6,93cm 2

σ basma =

Pz 5700 = ≅ 823kg / cm 2 6,93 Fmin

σ em = 1200 ÷ 1700kg / cm 2 (Hızı çok diesel motorları için.) σ basma < σ em olduğundan biyel şaftı I-I kesitinde basmaya karşı mukavimdir.

Flambaja göre kontrol: iI : Şaftın ortasında atalet yarıçapı.

JI : Şaftın ortasındaki kesitte atalet momenti.

FI : Şaftın ortasındaki kesit alanı. iI =

JI 1,2405 = = 0,423cm FI 6,93

x : Narinlik derecesi.

x=

l 30,0 = = 76,8 i I 0,423

l : Biyel kolu uzunluğu = 30 cm x = 76,8 > 60 olduğundan biyelin flambaja (burkulmaya) göre de kontrolünün yapılması gerekir. Burada : x < 105 olduğundan flambaj kontrolü için “TETMAYER” denklemi caridir.

Akma sınırını σ − s ile gösterirsek, flambaj gerilmesi : σ k ise ,

σ k = σ − s .(1,42 − 0,007.x) olarak bulunur.

44

www.forum.alghaform.com Yanma basıncı altında basma dolayısı ile flambaj zorlanması: l:Biyelin uzunluğu = 300 mm = 30 cm, λ = 0,21 Kesit alanı : FI=6,93 cm2 Atalet Momenti : JI = 1,2405 cm4 Atalet Yarıçapı : iI = 0,423 cm Narinlik Derecesi : x = 76,8 x < 105 olduğundan flambaj kontrolü için “TETMAYER” denklemi caridir.

σ k = Flambaj Gerilmesi : (Flambaj Mukavemeti) σ − s = Şaft malzemesinin (Biyel Malzemesinin) akma sınırı. l iI

σ k = σ − s .(1,42 − 0,007.x) = σ − s .(1,42 − 0,007. ) σ k = σ − s .(1,42 − 0,007.

3,30 ) = 0,88σ − s 0,423

Biyel Malzemesi : Islah edilmiş CM dir. Bu malzeme için σ − s akma sınırı :

σ − s = 70 kg / mm2 = 7000 kg / cm2 dir. σ k = 0,88 σ − s = 0,88.7000 = 6160 kg/cm2 Yanma basıncı (max.) : Pmax = 60 kp/cm2 = 60 atm idi.

Yanma kuvveti (max.) : Pz = 5700 kg bulunmuştur.

σI =

PZ 5700 = ≅ 823kg / cm 2 FI 6,93

Buna göre flambaj emniyeti : S=

σ k 6160 = = 7,48 σI 823 σ I < σ k olduğundan biyel şaftı I-I kesitinde flambaja karşı da mukavimdir.

45

www.forum.alghaform.com B- Şaftın merkezkaç kuvvetlerle eğilmeye zorlanması:

Biyel şaftı kütleler kuvveti dolayısı ile eğilmeye zorlanır.

Motor max. Dönme sayısı ile çalışırken tesir eden merkezkaç kuvvetlerinin max. Değeri krank kolu ile biyel şaftının birbirlerine ne zaman 90º durdukları zamandır.

Burada

w

için

motor

rölanti

halinde

çalışırkenki en büyük açısal hız yani takriben normal açısal hızın 1,1 misli alınır.

Mbmax : Şaft kesitindeki en büyük eğilme momenti.

Mbmax = q.

l2 (kg/cm) 16

r=

H 130 = = 65mm = 6,5cm 2 2

q : kütlelerin merkez kuvveti q=

F .γ .r.w 2 w = 210.1,1 = 231 rad/sn g

g : Yerçekimi ivmesi = 9,81 m/sn2

γ : Malzemenin özgül ağırlığı Biyel malzemesi ıslah edilmiş CM için : γ = 0,0078(kg / cm 3 ) 9,81 m/sn2 = 981 m/sn2 dir. q=

F .γ 6,93.0,0078 .r.w 2 = .6,5.2312 = 19,1kp / cm g 981

Mbmax = q.

l2 30 2 = 19,1. = 1260kp.cm 16 16

Bu momentin piston pernosu ortasından : 0,577. l = 0,577.325 = 187,5 mm mesafede husule gelir. Kesitin I-I kesitlerinin boyutunda bütün uzunlukta aynı kaldığı kabul edilir. Atalet dolayısı ile direnç momenti W=

JI 1,2405 = = 1,379cm 3 B / 3 2,7 / 3

σb =

Mbmax 1260 = = 914kg / cm 2 W 1,378

46

www.forum.alghaform.com Biyel malzemesi : Islah edilmiş CM için;

σ em = 1200 ÷ 1700kg / cm 2 (Hızı çok diesel motorlar için) σ b = 914kg / cm 2 olarak hesaplandı. σ b < σ em olduğundan biyel şaftı I-I kesitinde eğilmeye karşı da mukavimdir yani emniyetlidir.

C- Şaftın kütleler kuvvetiyle çekmeye zorlanması :

Eksoz strokunun sonunda serbest kütleler kuvveti dolayısı ile biyel şaftı çekmeye zorlanır. Öteleme hareketi yapan kısımlar : GI=Gk+Ga Gk = Gpiston + Gsegman + Gperno = 1600 + 392 + 179,3 = 2171,3 gr = 2,17 kg Ga = Biyelin öteleme hareketi yapan kısmının ağırlığı. Ü.Ö.N da eksoz strokunun sonuna doğru kütleler kuvveti dolayısı ile biyel şaftı çekmeye zorlanır.

Ga ağırlığı biyel ağırlığının %25’i olarak alınabilir.

Ga = Gbiyel x %25 Gbiyel = 3,84 kg (Hızı çok diesel motorlar için) Gk = 2,17 kg hesaplandı.

Ga = Gbiyel x %25 = 3,84 x 0,25 = 0,69 kg Ga = 0,96 kg GI = Öteleme hareketi yapan kısımların ağırlığı GI = Gk + Ga = 2,17 + 0,96 = 3,13 kg

σz =

Gk + Ga 1 .r.w 2 .(1 + λ ). g FI

ortadaki

zorlanması.

λ = 0,2 (diesel mot. için), 9,81 m/sn2 = 981 m/sn2 , FI = 6,93 cm2 idi.

Bura w normal dönme sayısının 1,1 misline tekabül eder. w = wnormal x 1,1 = 210 x 1,1 = 213 rad/sn.

σz =

1 3,13 ≅ 192kg / cm 2 .6,5.2312.(1 + 0,21).

6,93 981

Hızı çok diesel motorlarında biyeller için emniyetli çekme gerilmesi

σ zem = 240 ÷ 380kg / cm 2 dir. σ z < σ zem olduğundan biyel şaftı ortada çekmeye karşı da mukavimdir.

47

kesitin

www.forum.alghaform.com D- Toplam Zorlanma :

Buna göre biyel şaftının toplam zorlanması - σ I ile + σ z arasında değişmektedir.

Eğilme zorlanmasının maksimum değeri çekme ve basma zorlanmalarının maksimum değerine nazaran zaman bakımından kaymış durumdadır.

σ I gerilmesi +192 kp/cm2 ile +823 kg/cm2 arasında değişmektedir. Eğilme zorlanması zaman itibari ile kaymış olarak tesir eder. Yani basma ve çekme gerilmelerine ilave edilemez.

II-II Kesiti: A- Yanma basıncı dolayısı ile basma gerilmesi:

FII : Kesit alanı = 6,48 cm2 hesaplandı.

Pz : Max yanma kuvveti = 5700 kg

σ II : II-II kesitinde meydana gelen basma gerilmesi. σ II =

Pz 5700 = = −880kg / cm 2 FII 6,48

Biyeller için basma sınırı değeri veya emniyetli basma gerilmesi : σ em

σ em = 1200 : 1700 kg/ cm2 (Hızı çok diesel motorları için) σ II < σ em olduğundan şaft II-II kesitinde basmaya karşı emniyetlidir.

B- Serbest kütleler kuvveti dolayısıyla çekme zorlanması:

(Piston ve biyel başından ileri gelen kütleler kuvveti dolayısı ile çekme gerilmesi olur.)

G II : Öteleme hareketi yapan kısımlar = G pis + G perno + G segmanlar + G II = 1600 + 392 +179 +

Gbiyel 4

3840 = 3131 gr = 3,13 kg 4

PII =

G II 3,13 .r.W 2 .(1 + λ ) = .0,065.(231) 2 .(1 + 0,21) = 1323kg 9,81 g

σ II =

PII 1323 =+ = +204kg / cm 2 FII 6,48

Hızı çok diesel motorlarda biyeller için emniyetli çekme gerilmesi : σ zem

σ zem = 240 ÷ 380kg / cm 2 σ II < σ zem olduğundan biyel şaftı II-II kesitinde çekmeye karşı da mukavimdir.

48

www.forum.alghaform.com C- Toplam zorlanma:

σ II gerilmesi +204 kg/cm2 ile -880 kg/cm2 arasında değişmektedir.

III-III Kesiti: Bu kesit biyelin en kuvvetli kesiti olduğundan diğer kesitler için hesaplanan zorlanmalara karşı mukavim yani emniyetli olacağı aşikârdır. Dolayısı ila bu kesit için mukavemet hesabı yapmaya gerek yoktur.

2-BİYEL ŞAFTI

Biyel büyük başı konstrüksiyonunda aşağıdaki özellikler aranır. a-) İnce yatakların kullanılabilmesi için yüksek rijitlik. Biyel başı ekseriya ince olan biyel burcunu kâfi miktarda destekleyebilmelidir. b-) Boyutlarının mümkün olduğu kadar küçük olması, böylece blok ve karter boyutlarının küçük, krank muylusuna tesir eden kuvvetlerin küçük ve aşınmalarının az olması sağlanır. c-) Geçiş noktalarında gerilme birikmelerinin bulunmaması için geçiş şeklinin düzgün olması. Biyel başı şaftın basma ve çekme kuvvetlerini almalı ve burca doğru bunları iletmelidir. Şaft kesiti tedrici olarak, kesit değişikliklerini fazla tutmadan, büyük geçiş çapları ile biyel başına bağlanmalıdır. d-) Demontaj esnasında silindir içerisinden kolaylıkla çıkarılabilmelidir.

Biyel başı şahmerdanda iktisadi olarak yapılabilmelidir. Bu arada bilhassa kesit geçişlerine dikkat etmek lazımdır. Geçişler ani olursa dövmede elyaf zarar görür ve ayrıca ıslah olayında güçlükler doğar.

Belli bir meyil yapmak zaruriyeti vardır. Bölünmemiş krank miline biyeli takabilmek için büyük başını iki parçalı yapmak gerekir. Yatak kapağını biyelin şaft kısmına bağlanması biyel civataları veya saplamaları ile olur. Bu civataların boyutları biyel büyük başının boyutlarının tespiti için çok önemlidir.

Biyel büyük başının boyutları krank mili muylusunun çapı ve uzunluğuna bağlıdır. Biyel büyük başı yatakları iki parça halindedir. Üst parça geçici bir zaman gaz kuvvetlerine, alt parça ise daha uzun süre tesir eden atalet kuvvetlerine maruzdur.

Motorun yataklarında ince zarflı yataklar (burçlar) kullanılır. Yatakların alt ve üst parçaları birbirinin aynıdır.

49

www.forum.alghaform.com Yatak zarflarının kalınlığı: t t = (0,03 : 0,05).dk = 0,04.dk dk : krank mili kol muylusu çapıdır. dk = 70 mm (krank bahsinde hesaplanmıştır.) t = 0,04.70 =2,8 mm

t =2,8 mm

Yatak malzemesi : (0,2 : 0,5) mm kalınlığındadır.

Büyük baş yataklarındaki çapsal boşluk : Δ. dk Δ.dk = (0,0005 : 0,001).dk olup en küçük boşluk yağın girebilmesi için 0,0005mm ile sınırlandırılmıştır. Δ.dk = 0,00075.dk = 0,00075.70 = 0.525 mm

Δ.dk = 0,525 mm

Biyel büyük başının krank muylusu ekseni boyunca hareketi yani, eksenel boşluk (0,10:0,15) mm’yi geçmez.

Daha büyük boşluklar yanlardan merkezkaç. Tesirler etkisi ile yağ kaçaklarına ve basıncın düşmesine sebep olurlar. Yatak zarflarının radyal dönmesi merkezleme girintileri ile önlenir.

BİYEL CİVATALARININ HESABI:

Biyel büyük başı civataları atalet ve merkezkaç kuvvetlerin değişken değerlerine maruzdur. Civatalarda atalet kuvvetlerinden dolayı çekme gerilmesi meydana gelir.

Büyük başın rijitliği iyi değilse civatalar eğilebilir. Bu sebeple civata kafası ve somundaki büyük oturma yüzeylerinden kaçınmak ve bazı hallerde küresel oturma yüzeyleri düşünmek gerekir.

Biyel civataları biyelin büyük baş kapağı hariç biyelin ve pistonun kütleler kuvvetini karşılar.

Civatalar az veya çok sıkıldıkları zaman koparlar. Şöyle ki: az sıkıldığı zaman aralıklar açılır yani boşluk meydana gelir ve darbe tesirinden dolayı cıvata kopar. Çok sıkıldığı zaman ise cıvata akma sınırına erişebilir. Biyel civataları ve bilhassa küçük çapta olanları montajda akma sınırına kadar sıkılırlar. Malzeme akma sınırı ile mukavemeti birbirinden kâfi miktarda uzak olacak şekilde seçilmelidir.

Biyel civatalarının etrafındaki kesit boru şeklindedir ve akma sınırına kadar sıkıştırılan civatalardan husule gelen en büyük kuvveti basma gerilmesi sınırı içinde karşılayabilmelidir. Bunun için çember halkası kesitini civataların geçtiği delik kısmının kesiti kadar olmak kâfidir.

50

www.forum.alghaform.com Civatalara gelen toplam kuvvet (çekme kuvveti) : Patalet Pat =

r.W 2 .[(Ga + Gk ).(1 + λ ) + Gb − Gd ] g

Burada: Ga = Gbiyel .0,25 = 3840.0,25 = 960 gr = 0,96kg Gk = G pis. + G perno + G segman = 2,17kg Gb = Gbiyel − Ga = 3840 − 960 = 2880 gr = 2,88kg Gd =

Şapka...ağğırlığ π (d 2 d − d 2 i ) Lk = .γ .

2 4 2

d i = d k : Krank kol muylusu çapı = Biyel büyük başının iç çapı. d d : Biyel büyük başının çapı = d k + 2.t + 2.s = d k + 2.(t + s)

γ : Malzemenin özgül ağırlığı 7,8 Lk : Kol muylusu uzunluğu d i = d d = (0,56 ÷ 0,72).D = 0,64.D = 0,64.110 = 70mm Gd = Pat =

σ=

π (9 2 − 7 2 ) 4

7 .7,8. = 686 gr = 0,686kg 2

6,5.(210) 2 .[(0,96 + 2,17).(1 + 0,21) + 2,88 − 0,686] ≅ 1738kp 981

Pat 2. A

dan

A=

Pat 2.σ

σ em = 500 ÷ 700kg / cm 2 (Taşıt diesel motorları için sınır gerilmeler. ) σ em = 700kg / cm 2 seçildi.

A : Cıvata diş dibi kesiti (mm2) A=

Pat 1738 = = 1,24cm 2 2.σ 2.700

Civatalarının seçimi: Diş dibi kesiti A=124 mm2 ye en yakın olan öngergili civatalar seçilecektir.

Bu değerlere en yakın norm cıvata olarak: 10K kalitesinde, Metrik normal vida dişli M16*2, öngergili cıvata (TS.61.8) seçildi.

51

www.forum.alghaform.com Seçilen civatanın boyutları şöyledir: (öngergili) Vida çapı

: d = 16 mm

Vida adımı

: h = 2 mm

Bütün dairesi çapı

: d2 = 14,701 mm

Diş dibi çapı

: d1 = 13,402 mm

Diş yüksekliği

: t1 = 1,299 mm

Yuvarlıklar

: r = 0,22 mm

Diş dibi kesiti

: A =141 mm2

Cıvata malzemesi

: 41Cr4

Kalite

: 10K

Min. Kopma direnci : 100 : 120 kg/mm2 Brinell sertliği

:HB = 293 : 350 kg/mm2

Akma sınırında minimum gerilme : σ s = 90kg / mm 2 Akma sınırında minimum uzama : δ s = %8 Müsaade edilebilen gerilmeler: Çekme

: σ z = 54kg / mm 2

Eğilme

: σ b = 54kg / mm 2

Burulma

: τ d = 32kg / mm 2

Kesme

: τ b = 43kg / mm 2

σ=

Pat 1738 = = 6,16kg / mm 2 = 616kg / cm 2 2. A 2.141

σ = 616kg / cm 2 < σ em = 700kg / cm 2 olduğundan: Seçilen civatalar uygundur.

52

www.forum.alghaform.com

BİYELİN MALZEME TEKNOLOJİSİ VE İMALAT ŞEKLİ Biyel Malzemesi : ,

Biyel kolu çeşitli zorlamaların tesiri altında bulunduğu için kaba şekline ancak dönme işlemi ile getirilir. Bu nedenle dövmeye elverişli ve mukavemeti yüksek çeliklerin kullanılması mecburiyeti vardır.

Kullanıldığı yere bağlı olmak üzere biyellerde genel olarak karbonlu yahut alaşımlı çelikler kullanılır.

Biyel malzemelerinden her şeyden evvel yüksek bir çentik mukavemeti ve büyük bir uzama istenir. Çeliğin ısıl işlemi de buna göre ayarlanmalıdır. Aşırı zorlanma altında bulunan biyelleri şekillendirdikten sonra ayrıca mekanik olarak esaslı bir şekilde işlemek lazımdır.

Büyük diesel motorlarının biyel kolları ekseriya sonradan işlenmez. Hızı çok diesel motorlarında ve yüksek zorlanmalı otto motorlarında VCMo135 yahut VCMo125 norm çelikleri kullanılır.

Biyel malzemesi olarak VCMo135 Krom-Molibden çeliği seçildi.

VCMo135 Krom-Molibden çeliğinin bileşkesi: C:

% 0,3 : 0,7

Cr :

% 0,9 : 1,2

Mo :

% 0,12 : 0,8

Mn :

% 0,5 : 0,8

Si :

% 0,35

Mukavemet Değerleri : Çekme Mukavemeti

: 85 : 95 kg/mm2

Akma Sınırı

: 70 kg/mm2

Uzama (Sd)

: 10 %

Büzülme

: 60 :50 %

Çentik Direnci

:12 kg.m/cm2

Sürekli eğilme mukavemeti : 44 kg/mm2 Su verilmemiş çeliğin sertliği: 230 : 290 kg/mm2 Brinell kadardır.

53

www.forum.alghaform.com Biyel için ikinci bir malzeme olarak : VCMo125 çeliği de kullanılabilir.

VCMo125 Krom-Molibden çeliğinin bileşkesi: C:

% 0,22 : 0,29

Cr :

% 0,9 : 1,2

Mo :

% 0,15 : 0,25

Mn :

% 0,5 : 0,8

Si :

% 0,35

Mukavemet Değerleri : Çekme Mukavemeti

: 70 : 80 kg/mm2

Akma Sınırı

: 50 kg/mm2

Uzama (Sd)

: 18 %

Büzülme

: 50 :60 %

Çentik Direnci

:12 kg.m/cm2

Sürekli eğilme mukavemeti : 38 kg/mm2 : 207 : 235 kg/mm2 kadardır.

Brinell sertliği

Alaşımsız çelikler çentik tesirine karşı hassasiyetleri az olduğundan kalıpta dökülerek imal edilen biyellerde sürekli mukavemet bakımından alaşımlı çeliklerle aynı değerdedir. İmalat Şekli:

Biyellerde pistonla krank milini mafsallı olarak birbirine bağlar ve pistondan almış olduğu gaz basıncını krank miline iletirler. Biyellerde genellikle karbonlu çelikler kullanılır. Genel olarak kullanılan biyel malzemesi.

C% 0,35-0,36

Mn %

Si %

Cr %

Mo %

0,5-0,8

0,35

0,9-1,2

0,15-0,25

Aşırı zorlanma altında bulunan biyelleri şekillendirdikten sonra ayrıca mekanik olarak işlemek lazımdır. Piston kolunu teşkil eden malzemenin mukavemet gücünden bazı noktalarda istifade edildiği için (bilhassa çentik ve delik olan yerlerde çatlama tehlikesi mevcuttur.) mukavemet değeri çok yüksek olmayan ve buna karşılık genleşme değeri iyi olan malzemenin kullanılması gerekir. Piston kollarında karbon miktarı şöyledir. %0,32 : 0,40 olan karbonlu çelikler yeterlidir. Dış şekillerin işlenmesine pek gerek yoktur. Bu çeliklere 60 : 70 kp/mm2 ye kadar tavlama yapılır. Önemli olan dövmeden meydana gelen çapakların enine değil boyuna taşlanmasıdır.

54

www.forum.alghaform.com Taşıt dizel motorlarında krank milinin sökülüş tarzı biyel uzunluğunun tespiti için önemlidir. Hızı çok diesel motorlarında krank muylusu çapı büyük olduğu için birçok hallerde hareket elemanlarını yanlamasına kesilmiş biyel konstrüksiyonunda söküldükten sonra silindir içerisinden çıkartmak imkansızdır. Bu sebeple pistonun ve biyelin bu durumda krank mili takılı kaldığı halde aşağıdan çıkarılması istenir.

Elemanlar sökülürken belki krank milini el ile döndürmek icap eder. Karşı ağırlıklara şekil verilirken pistonun çıkarılabilmesi nazari itibara alınmalıdır.

Biyelin genel şekillendirilmesinde motorun heyeti umumiyesini göz önüne almak lazımdır. Bir biyelden işletme esnasında arıza göstermemesi, emin bir şekilde çalışması istenirken yerine göre ucuz olması da istenir. Fakat biyel ileri geri hareket eden bir eleman olduğundan her şeyden evvel hafif olmalıdır. Bu itibarla fuzuli malzeme yığınları muhakkak bit surette önlenmelidir. Biyele şekil verilirken tabiatı ile piston ve krank mili gibi komşu elemanların biyele yapacağı tesirleri de nazari itibara almak lazımdır.

Biyelin kol kısmının kesiti seçilirken imal tekniğini ve hafiflik meselelerini de birlikte düşünmek gerekir. gerekli mukavemet, bu arada çekme basma, eğilme ve flambaja karşı olan mukavemet her türlü kesit ile elde edilebilir. Fakat diğer faktörler nazari itibara alınınca muhtelif kesit şekilleri arasında önemli farklar derhal gözükür.

Bunun için en uygun kesit “I” profili şeklinde olan kesittir.

55

www.forum.alghaform.com

BİYELİN DENGELENMESİ Biyelin Ağırlık Merkezi: “Cross Metodu” ile bulundu.

Karışık düzlemsel hareket yapan biyelin kütlesi birkaç noktada toplanmış farz olunan ve dinamik tesiri eşdeğer olan kütlelerle değiştirilmektedir. Bu işleme “Biyel kütlesinin indirgenmesi” denir.

Böylece problemin çözümünde bağıntılar basitleştirilmiş olur. Biyel için en uygun noktalar krank muylusu merkezi ile piston pernosu merkezidir. Zira bu iki nokta sadece dönme ve sadece doğrusal hareket yapmaktadır. Aşağıda “üç kütle metoduna” göre bağıntılar yazılacaktır. Görüleceği gibi bu metotta nokta sayısını ikiye indirmek mümkündür.

Yukarıdaki şekilde görüldüğü gibi üç kütle metodunda biyelin kütlesi, krank muylusu merkezinde, piston muylusu merkezinde ve ağırlık merkezinde yerleştirilmiş olan üç kütleli bir sistem ile değiştirilir. Bu yeni sistemin dinamik bakımından biyel kütlesine eşdeğer olması için aşağıdaki şartlar gerçekleşmelidir. a ) Yeni m1, m2, m3 kütlelerinin toplamı biyelin mb kütlesine eşit olmalıdır.

b ) Yeni sistemin ağırlık merkezi , biyelin G ağırlık merkezi ile intibak etmelidir.

56

www.forum.alghaform.com c ) Yeni sistemin ağırlık merkezinden geçen ve motorun krank mili eksenine paralel eksene göre atalet momenti biyelin aynı eksene göre θ b atalet momentine eşit olmalıdır.

Bu şartlara göre aşağıdaki üç denklem yazılabilir; 1- Toplam kütlenin aynı kalması : m1 + m2 + m3 = mb 2- Ağırlık merkezi konumunun değişmemesi : m1.a- m2.b = 0 3- Atalet momentinin aynı kalması : m1.a2- m2.b2 = θ b = m.i2 Burada i biyelin G ağırlık merkezinden geçen eksene göre atalet yarıçapıdır. m1 kütlesi krank kütlelerini temsil eden mkrank kütlesi ve m2 kütlesi de gidip gelme hareketi yapan piston sisteminin kütlesine eklendiği zaman bu iki notada toplanmış olan kütleler m3 ‘e nazaran çok daha büyüktür. Bu durumu göz önüne alarak 1. denklemdeki m3 kütlesini ihmal edebiliriz. (m3=0) Buna göre ilk 2 denklemi yazarsak; m1 + m2 = mb

(1)

m1.a- m2.b = 0

(2)

(2)’den;

m2 = m1 . m1 + m1 . m1 =

a değerini (1)’de yerine yazarsak; b

a a = mb ⇒ m1 (1 + ) = mb b b

b.mb a+b

Ve (1)’den; m2 = mb - m1 bulubur.

G b = 3,84kg = 3840 gr olarak daha önce bulunmuştu. a = 80 mm = 8 cm b = 220 mm = 22 cm olarak tespit edildi. mb =

Gb 3,84(kg ) = ≅ 3,9.10 −3 kg.cm −1 .sn 2 2 g 981cm / sn

m b ≅ 3,9.10 −3 kg.cm −1 .sn 2

b.mb 22.3,9.10 −3 m1 = = = 2,86.10 −3 kg.cm −1 .sn 2 8 + 22 a+b 57

www.forum.alghaform.com m1 = 2,86.10 −3 kg.cm −1 .sn 2 m2 = mb - m1 = 3,9. 10 −3 − 2,86.10 −3 = 1,04.10 −3 kg.cm −1 .sn 2

m2 = 1,04.10 −3 kg.cm −1 .sn 2

θ b : Biyelin atalet momenti θ b = m1.a2- m2.b2 θ b = 2,86.10 −3.8 2 + 1,04.10 −3.22 2 = 0,6864kg.cm.sn 2 θ b = 0,6864kg.cm.sn 2 Piston-Biyel Sisteminin Eşdeğer Atalet Momenti : ( θ eş )

⎡

1

⎤

θ eş = ⎢mdön + m gg ⎥.r 2 2 ⎣ ⎦ mdön = m1 = 2,86.10 −3 kg.cm −1 .sn 2 m gg = m2 = 1,04.10 −3 kg.cm −1 .sn 2

⎡ ⎣

⎤ ⎦

1 2

θ eş = ⎢2,86.10 −3 + 1,04.10 −3 ⎥.(6,5) 2 θ eş = 0,1428kg.cm .sn 2 NOT =

λ2 4

değeri çok küçük olduğundan yukarıdaki θ eş formülünde, 1 +

değeri ihmal edilmiştir. Şayet bu değer ihmal edilmezse, θ eş momentinin değeri gerçekte şöyle bulunur. ⎡

1 2

θ eş = ⎢mdön + m gg .(1 + ⎣

⎡

1 2

λ2 ⎤

)⎥.r 2 4 ⎦

θ eş = ⎢2,86.10 −3 + 1,04.10 −3.(1 + ⎣

(0,21) 2 ⎤ )⎥.(6,5) 2 4 ⎦

θ eş = 0,1430kg.cm .sn 2 Bu durumda yeni formüle nazaran yapılan hata oranı: (

0,1430 − 0,1428 ) x100 = 0,1398 ≅ 0,14 ≅ %14 olur.

0,1430

58

λ2 4

www.forum.alghaform.com

59

www.forum.alghaform.com

60

www.forum.alghaform.com

61

www.forum.alghaform.com

4 – KRANK MİLİ GENEL BİLGİLER

Krank milleri biyelden gelen gaz ve atalet kuvvetlerini motorun iç miline döndürme momenti olarak taşıyan elemanlardır. Yapıları icabı çeşitli dış tesirlerin altında bulunurlar.

Krank milinin kütle kuvvetleri mil yatakları tarafından karşılanır. Motorun ilk tasarlanmasında krank milinin boyutları daha imal edilmiş konstrüksiyon oranlarından örnek alınır.

Krank milinin boyutları : ana ve biyel yataklarının sayısı, motor bloğunun yapısı, silindir kafalarının tertibi ve yapısı, V tipi motorlarda biyelin terkibine, krank mili malzemesi ve imal şekline bağlıdır.

Krank mili krank kutusundaki yataklar içerisinde yataklanmıştır. Biyelden gelen ve krank muylusu ile iletilen gaz ve kütle kuvvetleri mil yataklarında reaksiyon kuvvetleri ve mil üzerinde iş yapan bir moment husule getirirler.krank milinden geçen kuvvet akımı mekanik zorlanmalar doğurur. Krank milinin ve ona bağlı olan piston, biyel ve volan gibi hareket elemanlarının kütleleri milin elastikliği ile titreşime müsait bir sistem husule getirirler ki, dolayısı ile bu sistemde periyodik olarak tesir eden kuvvetler tesiri altında ekseriya yüksek mekanik zorlanmalar husule getiren titreşimler doğabilir. Yataklarda ayrıca kayma yüzeyleri zorlanmaları mevcuttur.

Bu günkü teknik icaplarına göre taşıt diesel motorlarının krank millerinde her muyludan sonra bir ana yatak bulunmalıdır. Son zamanlarda taşıt diesel motorlarında genel olarak ıslak silindir kovanı kullanılmaktadır. Bunun sebebi kolay değiştirilebilir olması ve daha iyi döküm malzemesinin kullanılabilmesi imkanıdır.

Krank milleri motorun üst karterinde bulunan ana yataklara muylular yardımı ile bağlanır. Krank milinin ana muylularından birinin iki yan yüzü teniz işlenmiştir. Klavuz muylu denilen bu muyluya yatak kusinetleri takılır. Krank milinin eksenel hareketi bu yatak yardımı ile sınırlandırılır.

62

www.forum.alghaform.com KRANK SEÇİMİ:

Dört silindirli, su soğutmalı, sıra tip taşıt dizel motoru krank milinde dört tane muylu yatağı, beş tanede ana yatak bulunmaktadır. Biyel muyluları ikişer ikişer aynı eksende ve ortak bir düzlem içinde bulur. Buna göre dış uçtaki birinci ve dördüncü biyel muyluları aynı eksende, ortadaki ikinci ve üçüncü biyel muyluları ise 180º farklı eksende ve her iki eksen de aynı düzlem üzerinde bulunur. Yani: 1 ve 4 aynı, 3 ile 2 aynı eksendedir. Krank beş defa yataklanmıştır.

Motorun ateşleme sırası: 1-3-4-2 dir.

Ateşleme sırası: 1-3-4-2 olduğundan, silindirlerdeki durum şöyle olacaktır: 1

2

3

4

İş

Egsoz

Sıkıştırma

Emme

Egsoz

Emme

İş

Sıkıştırma

Emme

Sıkıştırma

Egsoz

İş

Sıkıştırma

İş

Emme

Egsoz

Ateşleme Sırası 1. Silindir

İş

egsoz

Emme

Sıkıştırma

2. Silindir

Sıkıştırma

İş

Egsoz

Emme

3. Silindir

Emme

Sıkıştırma

İş

Egsoz

4. Silindir

Egsoz

Emme

Sıkıştırma

İş

Bu ateşleme sırasına göre : Motorun kam milindeki kamlar, birinci silindir güç (iş) zamanında iken üçüncü silindir sıkıştırma zamanında, dördüncü silindir emme zamanında ve ikinci silindir egsoz zamanında bulunacak şekilde düzenlenmiştir.

63

www.forum.alghaform.com KRANK MİLİ BOYUTLARI

Krank mili konstrüksiyonunda seçilecek en mühim değerlerden birisi kankın ve muyluların uzunluğunu tespit edecek olan silindirler arasındaki mesafedir. Bu mesafe çeşitli motorlarda çeşitli mülahazalar altında seçilir. Diesel motorlarında silindir mesafeleri umumiyetle daha büyüktür. Taşıtlarda kullanılan sıra tip diesel motorlarında krank milinin boyutları genellikle aşağıdaki gibidir. a-Silindirler arası mesafe (Ls): Ls = (1,36 : 1,38).D ise Ls ≅ 1,37.D = 1,37.110 ≅ 150mm

Ls 0 ≅ 150mm

b-Kol muylusu çapı (dk): dk : (0,56 : 0,72).D ise d k ≅ 0,64.110 ≅ 70mm

d k ≅ 70mm

c-Kol muylusu uzunluğu (Lk): Lk : 0,45.D ise Lk = 0,45.110 = 50mm

Lk = 50mm

d-Ana muylusunun çapı (da): da = (0,69 : 0,76).D ise d a = 0,725.110 = 80mm

d a = 80mm

e-Ana yatak muylusunun uzunluğu (La):

La = 48mm

La = 0,6.d a = 0,6.80 = 48mm f-Krank Koları Genişlik = (1,0 : 1,2).D ≅ 1,1.D ≅ 1,1.110 ≅ 120mm Kalınlık ≅ 0,24.D ≅ 0,24.110 ≅ 26mm Geçiş ≅ 0,08.D ≅ 0,08.110 ≅ 8mm

64

www.forum.alghaform.com

KRANK MİLİ MUKAVEMET HESABI Krank mili pistondan biyel vasıtası ile gelen kuvveti moment halinde motor volanına verir. Bu moment iş yapan moment olup menşei gaz ve atalet kuvvetleridir.

Ortalama bir değer halinde tesir eden iş momentinden ayrı olarak, krank miline, bir de değişken olan ve volan tarafından alınan ve dengelenen momentler tesir ederler. Krank mili bu kuvvetlerin esiri ile eğilmeye ve burulmaya zorlandığı gibi ayrıca yatak basınçlarına göre de zorlanır. Diğer taraftan krank mili titreşime müsait bir elemandır.

Titreşimler krank miline eğilmeye ve burulmaya zorlarlar.

Krank mili titreşimleri büyük tehlikeler doğurabilirler ve dolayısı ile önlenmesi için azami bir gayret sarfı gerekir.

Umumiyet itibariyle iki kritik vaziyette krankın hesabını yapmak mecburiyeti vardır.

1-Piston üst ölü noktada iken; yanmanın husule getirdiği basınç azami değerindedir. Bu vaziyette tesir eden kuvvet Pmax olup ancak atalet kuvvetleri ile bir miktar azaltılmış durumdadır. Bu kritik durumda krank muylusu eğilmeye zorlanır.

2-Piston üst ölü noktadan takriben 35º sonrada iken bu vaziyette Pt = 0,4.Pmax teğetsel kuvveti maksimum burulma momenti husule getirir. Ayrıca radyal Pr kuvveti de muyluyu eğilmeye zorlar.

Krank milinin bu iki duruma göre mukavemet hesabı yapılacaktır.

A-BURULMAYA GÖRE ZORLANMA:

Krank millerinde kuvvet bir kol üzerinden tesir eder. Şekilden de görülebileceği gibi krank kolunun ortasına tesir eden piston biyelinin kuvveti F1 krank yolu dairesine radyal FR ve teğer FT diye iki bileşene ayrılabilir.

Pmax = 60 kp/cm2 dir. (Max. Yanma basıncı)

65

www.forum.alghaform.com

Pmax = 60 kp/cm2 olduğundan

Fmax =

π .D 2 4

.Pmax =

π .(11) 2 4

.60 ≅ 5700 kp bulunur.

Bu kuvvet iki bileşene ayrılır. Uygulamalar göstermiştir ki piston Ü.Ö.N.’dan takriben 350 sonrada bu vaziyette; Ft =0,4.Fmax değerindeki tepeğetsel kuvvet , max. burulma momentini husule getirmektedir.

Ft =0,4.Fmax = 0,4.5700 ≅ 2280 kp 1-Fr krankta (piston üst ölü noktada) :

Bu durumda a-) Çeki gerilmesi

Ft = 0 : σz =

b-) Eğilme gerilmesi : σ b =

Fr b.h Fr .e b.h 2 / 6

σ top = σ z + σ b

66

www.forum.alghaform.com Bilinenler: Krank kolu ölçüleri: b = 1,1.D = 1,1.110 ≅ 120 mm (Genişlik) h = 0,24.D = 0,24.110 =26 mm (Kalınlık) e=

Lk 50 = = 25mm 2 2

a)-

σz =

Fr 5700 = ≅ 183 kp / cm 2 b.h 12.2,6

b)-

σb =

Fr .e 5700.2,5 = ≅ 1054 b.h 2 12.(2,6) 2 6 6

kp / cm 2

σ top = σ z + σ b = 183 + 1054 = 1237 kp / cm 2 2-Ft kuvveti krankta :

a-) Ft.y = My momenti ile

:σ b =

b-) Tarafsız tabakada kayma : τ =

Ft . y h.b 2 6

Ft 2 .b.h 3

c-) Ft.e momenti ile burkulma : kol kesiti kare olduğu için, bu momentin iki maksimumu vardır.

τ t 0,1 =

Ft .e 2 .h.b 2 9

τ t 6,7 =

Ft .e 2 .b.h 2 9

(0 ve 1 noktalarında)

(6 ve 7 noktalarında)

Bunlardan değeri yüksek olanını hesaba katmak gerekir.

Fakat biz burada emniyet bakımından : τ t = τ t 0,1 + τ t 6,7 olarak alacağız.

67

www.forum.alghaform.com 2280.10 ≅ 365 kp / cm 2 2 2,6.(12) 6

a-)

σb =

b-)

τ=

c-)

τ t 0,1 =

2280.2,5 ≅ 68 kp / cm 2 2 2 .2,6.12 9

τ t 6,7 =

2280.2,5 ≅ 316 kp / cm 2 2 .12.2,6 2 9

2280 ≅ 110 kp / cm 2 2 .12.2,6 3

τ t = τ t 0,1 + τ t 6,7 = 68 + 316 =384 kp / cm 2 B- EĞİLMEYE ZORLANMA:

Krank milleri ile ilgili belirli kritik noktalarda hesabın yapılması kafidir.

Umumiyetle iki kritik değerde hesap yapıır.

Piston Ü.Ö.N.’ da iken basınç maksimumdur. Yani Pmax’dır. Bu durumda piston eğilmeye zorlanır. Piston Ü.Ö.N.’ dan takriben 350 aşağı indiği vaziyette Pt (teğetsel kuvvet) Pt =0,4.Pmax ile max. burulma momenti husule getirir. Ayrıca Pr radyal kuvveti de eğilmeye zorlar.

Krank milinde : 5 tane ana yatak, 4 tanede muylu yatağı vardır. l a: Ana yatak muylusunun uzunluğu .

l k: Kol muylusunun uzunluğu(yuvarlanmalar dahil).

da: Ana yatak muylusunun çapı.

68

www.forum.alghaform.com dk: Kol muylusunun çapı.

L1 =

la lk 48 50 + +h= + + 26 = 75mm alındı.

2 2 2 2

Ls : Silindirler arası mesafe = 150 mm A, B, C, D, E :Yatak tepki kuvvetleri.

P1, P2, P3, P4 :Biyelden muylulara gelen kuvvetler.

Piston Ü.Ö.N.’da iken teğetsel kuvvet yok kabul edilip maksimum kuvvet : Pr = Pmax’ dır. Pmax ise maksimum yanma basıncı olan Pmax’dan dolayı oluşan kuvvettir. Bu durumda: P1 ≠ P2 ≠ P3 ≠ P4 = Pmax = Pr (Değişik periyotlarda) A + B + C + D + E = P1 + P2 + P3 + P4 ’dür. (Dört Silindirli) Krank milini bu durumda tekil yüklü bir kiriş gibi düşünerek hesapları yaparsak:

P1

A

LA

P2

B

LB

P3

C

LC

P4

D

LD

E

Burada 5 momentli devamlı bir kiriş mevcuttur. Bu durumda devamlı kirişlere uygulanan “Üç moment teoremi”’ni uygularsak: Mesnetlere etkiyen momentleri soldan sağa doğru : MA, MB, MC, MD, ME ile göstereceğiz.

Kiriş uçları serbest mesnetli olduğundan heman belli ki MA,=ME=0 dır. Üç moment teoremini evvela sol ve orta açılığa uygulayacağız. Bunun MBve MC, bilinmeyenlerini içeren bir denklem vereceği bellidir. Bu açıklıklardan biri bir kuvvet diğeri eşit yayılı yükle çalıştığından probleme üç moment teoreminin özel şekli uygulanabilir. Böylece; M A .L A + 2 M B .( L A + LB ) + M C .LB = −∑

P1. L1 2 P .L3 .[ L A − L12 ] − ∑ 2 B LA LA

Buna “üç moment teoremi” veya “Clapeyron Denklemi” denir.

69

Bu denklemi basitleştirirsek: M A = M E = 0 idi. Bu durumda

2. M B .( L A + LB ) + M C LB = −

P1. L1 2 P L3 B .( L A − L21 ) − 2.

LA LA

L A = L1 +

LS 150 = 75 + = 150mm 2 2

L A = 150mm

LB = L1 +

LS 150 = 75 + = 150mm 2 2

LB = 150mm

1. Durum :

1 ve 4 nolu pistonlar Ü.Ö.N.’ da iken : Ρ = P.F = P.

π .D 2 4

= P.

π .(11) 2 4

≅ 95.P (kp)

Ρ = 95 P

A-) 1. piston iş başlangıcında : P = P4 = Pmax = 60 kp/cm2 P1 = Pmax =95.60 = 5700 kp

P1 = 5700 kp

B-) 2. piston eksoz başlangıcında :P = P5 = 6,7 kp/cm2 P2 =95.6,7 = 636,5 kp

P2 = 636.5 kp

C-) 3. piston sıkıştırma başlangıcında: P = P1 = 1 kp/cm2 P3 =95.1 = 95 kp

P3 = 95 kp

D-) 4. piston emme başlangıcında: P = P0 = 1 kp/cm2 P4 =95.1 = 95 kp

P4 = 95 kp

Birinci duruma göre yatak kuvvetlerini bulalım. Genel formülde kuvvetleri yerine yazarsak: 5700.75 636,5.150 3 2 2 2. M B .(150 + 150) + M C 150 = − .(150 − 75 ) − 150 150 600.M B . + M C 150 = −48093750 − 14321250 150(4.M B . + M C ) = −62415000 dan ( 4.M B . + M C ) = - 416100 kp.mm 4.M B . + M C = - 416100 kp.mm Şimdi üç moment teoremini uygulayacağız. Bu durumda artık:

70

M A ’ yı almadan sağa doğru tekrar

www.forum.alghaform.com M B ≠ 0 ve LB = 150mm, LC = 150, L1 = 75mm dir.

M B .LB + 2M C . ( LB + LC ) + M D LC = −

3

P2. L B − LA

LS ) 2 .[ L2 C − ( LS ) 2 ] 2 LC

P3. (

636,5.(150) 3 M B .150 + 2 M C (150 + 150) + M D .150 = − − 150 150( M B + 4.M C . + M D ) = −14321250 − 801562

150 ) 2 .[150 2 − (150 ) 2 ] 2 150

95.(

150( M B + 4.M C . + M D ) = - 15122812 M B + 4.M C . + M D = −100819 kp.mm Şimdi de üç moment teoremini (veya diyagramını) orta ve sağ açıklıklara uygulayacağız. Bu defa da MB dikkate alınmayacaktır.

Bu durumda ME = 0 dır ve LD =150 mm.

P4. L3 D P3. L1 2 2 .[ L C − L 1 ] − M C .LC + 2M D .( LC + LD ) + M E LD = − LC LC 95.150 3 95.75 2 2 M C .150 + 2M D .(150 + 150) + 0 = − .[150 − 75 ] − 150 150 150( M C + 4.M D ) = −801562 − 2137500 = −2939062 150( M C + 4.M D ) = −2939062 kp.mm M C + 4.M D = −19594 kp.mm Elimizde 3 tane denklem (a,b,c) ve 3 tane de bilinmeyen değer ( M B , M C , M D ) olduğundan bu 3 denklemi artık çözerek M B , M C ve M D momentlerini bulabiliriz.

4.M B + M C = −416100 kp.mm M B + 4.M C . + M D = −100819 kp.mm M C + 4.M D = −19594 kp.mm (a)’ dan;

4.M B = −416100 − M C MB =

− 416100 − M C 4

71

www.forum.alghaform.com Bunu (b) de yerine yazalım: − 416100 − M C + 4.M C . + M D = −100819 kp.mm 4 − MC 416100 + 4.M C . + M D = −100819 + 4 4 − MC + 4.M C . + M D = 3206 kp.mm 4 − M C + 16.M C . + M D = 3206 4 15.M C . + M D = 3206 4

15.M C + 4.M D = 12824 kp.mm (c) ve (d) yi beraber çözersek: 15.M C + 4.M D = 12824 − M C ± 4.M D = ±19594 14.M C = 32418 MC =

32418 ≅ 2316 kp.mm 14

M C ≅ 2316 kp.mm

Bu değer C noktasındaki momenttir. O halde C noktasına göre sağ ve sol taraftaki kuvvetlerin momentlerini alırsak: 1-) Sol taraftan gidilerek: RA.(LA+LB)-P1.(LS+L1)+RB.LB-P2.L1=MC RA.( 150+150)-5700.(150+75)+RB.150 -636,5.75 = 2316 RA.( 150+150) -1282500+RB.150 -47737,5 = 2316 150.(2.RA+RB) – 1330237 = 2316 150.(2.RA+RB) = -1332553 2.RA+RB ≅ 8884 kp 2-) Sağ taraftan gidilerek: RE.(LD+LC)-P4.(LS+L1)+RD.LC-P3.L1=MC RE.(150+150)-95.(150+75)+RD.150-95.75 = 2136 150.(2.RE+RD) – 28500 = 2316 2.RE+RD ≅ 205 kp 72

www.forum.alghaform.com Ayrıca: MC ≅ 2316 kp.mm değerini (a) da yerine yazarsak: 4.M B + M C = −416100 kp.mm idi.

4.M B + 2316 = −416100 4.M B = −418416

MB = - 104604 kp.mm

M B = −104604 kp.mm

B noktasındaki momenttir. O halde B noktasına göre

sağ ve sol taraftaki kuvvetlerin momentleri alınırsa: 1-) Sol taraftan gidilerek: RA.LA - P1.(LA-L1) = MB RA.150 - 5700.(150-75) = - 104604 kp.mm RA ≅ 4578 kp 2.RA+RB ≅ 8884 kp bulunmuştu 2.2153 + RB =8884 RB = 4578 kp 2-) Sağ taraftan gidilerek: RE.(LD + LC + LB) – P4.(LS + L1 +LB) + RD.(LC+LB)– P3.(L1+LB) + RC.LB P2.(LB-L1) = MB RE.(150+150+150)–95.(150+75+150)+RD.(150+150)– 95.(75+150) + RC.150 – 636,5.(150-75) = -104604 kp.mm 150.(3.RE + 2RD + RC) - 35625 – 21375 – 47737 = -104604 3.RE + 2RD + RC ≅ 0,9 kp.mm (b) den: MB + 4.MC+MD = -100819 kp.mm MC = 2316 kp.mm ve MB = - 104604 kp.mm -104604 + 4. 2316 + MD = -104604 4.2316 + MD = 3785 buradan da:

MD = - 5479 kp.mm olur.

Bu değerde de D noktasındaki momenttir. O halde D noktasına göre sağ ve sol taraftaki kuvvetlerin momentlerini alırsak: 1-) Sol taraftan gidilerek: RA.(LA+LB+LC)– P1.(LS+L1+LC) + RB.(LB+LC) - P2.(L1+LC) + RC.LC - P3.(LC-L1) = MD

73

www.forum.alghaform.com RA.(150+150+150)– 5700.(150+75+150) + RB.(150+150) – 636,5.(75+150) + RC.150 - 95.(150-75) = -5479 kp.mm 150.(3.RA + 2RB + RC)-2287838 = -5479 kp.mm 3.RA + 2RB + RC = 15216 kp.mm RA = 2153 kp

3.2153 + 2.4578 + RC =15216

RB = 4578 kp

RC = -398 kp

2-) Sağ taraftan gidilerek: RE.LD – P4.(LD-L1) = MD RE.150 - 95.(150-75) = MB RE ≅ 11 kp 2.RE + RD ≅ 205 kp bulunmuştu.

2.11 + RD ≅ 205 den RD ≅ 183 kp Moment diyagramı için: MX = RA.X ;

X = 0 için MX = 0 = MA = 0 X = L1 için MP1 = RA.L1 = 2153.75 =161475 kp.mm

MX1 = RA.X1 – P1.(X1-L1) X1 = L1

MX1 = MP1

X1 = LA

MX1 = MB = RA.LA – P1.(LA-L1) MB = 2153.150 – 5700.(150-75) = -104550 kp.mm

MX1 = 0 ise X1 =?

RA.X1 - P1.(X1- L1) = 0 dan 2153.X1 – 5700.(X1-75)=0 2153. X1-5700. X1+5700.75 = 0 ⇒ X1 ≅ 120,5 mm X1 ≅ 120,5 mm ise MX1= 0 dır.

MX2 = RA.X2 – P1.(X2-L1) + RB.(X2-LA) X2 = LB

için

MX2 = MB=-104550 kp.mm idi (sağlama)

X2 = L1+LS

için

MX2 = MP2 = RA.(L1+LS) – P1.LS + RB.(L1+LS-LA) MP2 = 2153.(75+150) – 5700.150 + 4578.(75+150-150) MP2 = - 27225 kp.mm

74

www.forum.alghaform.com MX2 = 0 ise X2 =?

RA.X2 - P1.(X2- L1)+ R1.(X2- LA) = 0 2153.X2 – 5700.(X2-75) + 4578.(X2- 150) =0 2153. X2 - 5700. X2 +5700.75+ 4578.X2 = 0 ⇒ X2 ≅ 251,4 mm X2 ≅ 251,4 mm ise MX2= 0 dır.

MX3 = RA.X3 – P1.(X3-L1) + RB.(X3-LA)- P2.[X3-(L1+LS)] X3 = L1+LS

için

MX3 = MP2= -27225 kp.mm

X3 = LA+LB

için

MX3 = MC olur.

MC = RA.(LA+LB) – P1.[(LA+LB)- L1] + RB.LB –P2.L1 MC = 2153.(150+150) – 5700.[(150+150)- 75]+4578.150

– 636,5.75) MC = 645000 -1710000+427500+686700-47737,5 MC ≅ 2362 kp.mm MX3 = 0 ise X3 =?

RA.X3 - P1.(X3- L1)+ RB.(X3- LA)- P2.[X3-(L1+LS)] = 0 2153.X3 – 5700.(X3-75) + 4578.(X3-150) - 636,5[X3- (75+150)] = 0 2153.X3 – 5700.X3-5700.75 + 4578. X3-4578.150 - 636,5.X3 -636,5.225 = 0 394,5. X3 –115987,5 = 0 394,5. X3 = 115987,5 den

X3 = 294 mm X3 = 294 mm ⇒ MX3 = 0 dan geçer.

MX’ = RE.X’ : X’= 0 için M X’ = ME = 0 olur.

X’= L1 için M X’ = MP4 = RE.L1 = 11.75 = 825 kp.mm M X1’ = RE. X1’- P4.( X1’-L1) X1’ = L1

için

M X1’ = MP4 = 825 kp.mm

X1’ = LD

için

M X1’ = MD = RE.LD – P4.(LD – L1) MD = 11.150 – 95.(150 - 75) = -5475 kp.mm

M X1’ = 0 ise X1’=?

RE. X1’ – P4.( X1’-L1) = 0

11. X1’- 95. X1’+95.75 = 0 11. X1’- 95. (X1’-75) = 0 X1’ = 84,8 mm ≅ 85 mm X1’ ≅ 85 mm ⇒ M X1’ = 0

75

www.forum.alghaform.com X1’ ≅ 85 mm ⇒ M X1’ = 0 M X2’ = RE. X2’- P4.( X2’-L1) + RD.( X2’-LD) X2’ = LD

için

X2’ = L1+LS için

M X2’ = MD = -5475 kp.mm M X2’ = MP3

MP3 = RE.(L1+LS) – P4.LS+RD.

LS 2

MP3 = 11.(75+150) – 95.150 + 183.

150 den 2

MP3 =1950 kp.mm

M X2’ = 0 ise X2’=?

RE. X2’ – P4.( X2’-L1) + RD.( X2’-LD)= 0 11. X2’- 95. X2’+95.75 + 183.( X2’-150)= 0 99. X2’+7125-27450 = 0 dan

X2’ =205.3 mm X2’ =205.3 mm ⇒ M X2’ = 0 dan geçer.

M X3’ = RE. X3’ - P4( X3’- L1)+ RD.( X3’- LD)- P2.[ X3’- (L1+LS)] X3’ = L1+LS

için

M X3’ = M P3 = 1950 kp.mm

X3’ = LA+LB

için

M X3’ = M C = 2362 kp.mm

MC = RE.(LD+LC) – P4.[(L1+LS) + RD.LC –P3.L1 MC = 11.(150+150) – 95.[(75+150) + 183.150 – 95.75 MC = 2362 kp.mm (Maksimum eğilme momenti.)

P kuvvetleri ve M eğilme momentleri muayyen periyotlarla değişir. Her periyotta kuvvetler yön değiştirir. Bu nedenle her seferinde yani tam döret çeşit eğilme moment diyagramı ortaya çıkar.

76

www.forum.alghaform.com 2. Durum :

(2. ve 3. pistonlar Ü.Ö.N.’ da iken ) A-) 1. piston eksoz başlangıcında: P = P5 = 6,7 kp/cm2 Ρ1 =

π .D 2 4

.P =

π .(11) 2 4

.6,7 = 95.6,7 = 636,5kp

Ρ1 = 636,5 kp

B-) 2. piston emme başlangıcında: P = P0 =1 kp/cm2 Ρ2 = 95.1 = 95kp

Ρ2 = 95 kp

C-) 3. piston iş başlangıcında: P = P4 =60 kp/cm2 Ρ3 = 95.60 = 5700kp

Ρ3 = 5700 kp

D-) 4. piston sıkıştırma başlangıcında: P = P1 =1 kp/cm2 Ρ4 = 95.1 = 95kp

Ρ4 = 95 kp

Yatak tepkileri yine “üç moment teoreminden” faydalanarak hesap edilecektir.

P1. L1 2 P2 .L3B 2 .[ L A − L1 ] − ∑ M A .L A + 2M B .( L A + L B ) + M C .L B = −∑ LA LA Yine : M A = M E = 0 dır.

2. M B .(150 + 150) + M C 150 = −

95.150 3 636,5.75 .(150 2 − 75 2 ) − 150 150

150.(4. M B + M C ) = - 7507968,7 4. M B + M C = - 50053 kp.mm Şimdi üç moment teoremini MA’yı almadan sağa doğru tekrar uygulayacağız. Bu durumda artık MB ≠ 0’dır.

L P3 . S 3 P2 .LB 2 .[ L2 − ( LS ) 2 ] M B .LB + 2M C .( LB + LC ) + M D .LC = − − C LA LC 2 M B .150 + 2 M C .(150 + 150) + M D .150 = −

95.150 3 5700.75 150 2 − .[150 2 − ( ) ] 150 150 2

150.(MB + 4.MC+MD )= -50231250 kp.mm MB + 4.MC+MD = -334875 kp.mm

77

www.forum.alghaform.com Şimdi üç moment teoremini orta ve sağ açıklıklara uygulayacağız. Bu durumda ise MA ve MB dikkate alınmayacaktır ve MB = 0 dır.

M C .LC + 2M D .( LC + LD ) + M E .LD = − M C .150 + 2M D .(150 + 150) + 0 = −

P3 .L1 2 P .L3 .[ LC − L12 ] − 4 D LC LC

95.150 3 5700.75 .[150 2 − 75 2 ] − 150 150

150.(MC+4.MD )= -50231250 kp.mm MC+4.MD = -334875 kp.mm Bulunan bu üç denklemi ortak çözerek MB, MC, MD momentlerini bulabiliriz.

1. Durumdaki çözüme benzer şekilde: MB =

− 50053 − M C 4

Bunu (b) de yerine yazalım:

− 50053 − M C + 4.M C . + M D = −334875 kp.mm 4

15.M C . + M D = −322361,75 4

15.M C + 4.M D = −1289447 kp.mm (c) ve (d) yi beraber çözersek: M C + 4.M D = −334875 − 15.M C ± 4.M D = ±1289447 14.M C = 954572 M C ≅ 954572 kp.mm Bu değer C noktasındaki momenttir. O halde C noktasına göre sağ ve sol taraftaki kuvvetlerin momentlerini alırsak: 1-) Sol taraftan gidilerek: RA.(LA+LB)-P1.(LS+L1)+RB.LB-P2.L1=MC RA.( 150+150)-636,5.(150+75)+RB.150 -95.75 = - 68184 150.(2.RA+RB) ≅ 82154 2.RA+RB ≅ 548 kp 2-) Sağ taraftan gidilerek: RE.(LD+LC)-P4.(LS+L1)+RD.LC-P3.L1=MC

78

www.forum.alghaform.com RE.(150+150)-95.(150+75)+RD.150-5700.75 = -68184 kp.mm 2.RE+RD = 2538 kp Ayrıca: MC ≅ -68184 kp.mm değerini (a) da yerine yazarsak: 4.M B + M C = −50053 kp.mm idi.

4.M B - 68184 = −50053

MB = 4532 kp.mm

M B = 4532 kp.mm

B noktasındaki momenttir. O halde B noktasına göre sağ

ve sol taraftaki kuvvetlerin momentleri alınırsa: 1-) Sol taraftan gidilerek: RA.LA - P1.(LA-L1) = MB RA.150 – 636,5.(150-75) = 4532 kp.mm RA ≅ 348 kp 2.RA+RB ≅ 548 kp bulunmuştu 2.348 + RB =548

RB = -148 kp

2-) Sağ taraftan gidilerek: RE.(LD + LC + LB) – P4.(LS + L1 +LB) + RD.(LC+LB)– P3.(L1+LB) + RC.LB P2.(LB-L1) = MB RE.(150+150+150)–95.(150+75+150)+RD.(150+150)– 5700.(75+150) + RC.150 – 95.(150-75) = 4532 kp.mm 150.(3.RE + 2RD + RC) – 95.375 – 5700.225 – 95.75 = 4532 3.RE + 2RD + RC ≅ 8865 kp.mm (b) den: MB + 4.MC + MD = -334875 kp.mm idi.

MB = 4532 kp.mm ve MC = - 68184 kp.mm 4532 - 4.68184 + MD = -334875

MD = - 66671 kp.mm olur.

Bu MD değeride de D noktasındaki momenttir. O halde D noktasına göre sağ ve sol taraftaki kuvvetlerin momentlerini alırsak: 1-) Sol taraftan gidilerek: RA.(LA+LB+LC)– P1.(LS+L1+LC) + RB.(LB+LC) - P2.(L1+LC) + RC.LC - P3.(LC-L1) = MD RA.(159+159+159)– 636,5.(138+90+159) + RB.(159+159) – 95.(90+159) + RC.159 - 5700.(159-90) = -74513 kp.mm 79

www.forum.alghaform.com 159.(3.RA + 2RB + RC) = 74513 + 246325,5 + 416955 kp.mm 3.RA + 2RB + RC = 3703 kp.mm 2-) Sağ taraftan gidilerek: RE.LD – P4.(LD-L1) = MD RE.159 - 95.(159-90) = - 74513 RE ≅ -427 kp 2.RE + RD ≅ 2950 kp bulunmuştu.

2.(- 427) + RD ≅ 2950 den RD ≅ 3804 kp 3.RE + 2RD + RC = 9217 kp.mm bulunmuştu 3.(-427)+2.3804+ RC = 9217 RC = 2890 kp Moment diyagramı için: MX = RA.X ;

X = 0 için MX = MA = 0 X = L1 için MX = MP1 = RA.L1 = 295.90 =26550 kp.mm

MX1 = RA.X1 – P1.(X1-L1) X1 = L1

MX1 = MP1

X1 = LA

MX1 = MB = RA.LA – P1.(LA-L1) MB = 295.159 – 636,5.(159-90) = 2986,5 kp.mm

MX2 = RA.X2 – P1.(X2-L1) + RB.(X2-LA) X2 = LB

için

MX2 = MB= 2986,5 kp.mm idi (sağlama)

X2 = L1+LS

için

MX2 = MP2 = RA.(L1+LS) – P1.LS + RB.(L1+LS-LA) L1+LS-LA= LS/2 MP2 = 295.(90+159) – 636,5.138 + 36.69 MP2 = - 2301 kp.mm

MX2 = 0 ise X2 =?

RA.X2 - P1.(X2- L1)+ R1.(X2- LA) = 0 295.X2 – 636,5.(X2-90) + 36.(X2- 159) =0 195. X2 – 636,5. X2 +636,5.90+ 36.X2+36.159 = 0 ⇒ X2 ≅ 167 mm X2 ≅ 167 mm ise MX2= 0 dır.

80

www.forum.alghaform.com MX3 = RA.X3 – P1.(X3-L1) + RB.(X3-LA)- P2.[X3-(L1+LS)] X3 = L1+LS

için

MX3 = MP2= -23061 kp.mm

X3 = LA+LB

için

MX3 = MC olur.

MC = RA.(LA+LB) – P1.[(LA+LB)- L1] + RB.LB –P2.L1 MC = 295.(159+159) – 636,5.[(159+159)- 75]+36.159 – 95.90) MC ≅ - 59862 kp.mm

MX3 = 0 ise X3 =?

RA.X3 - P1.(X3- L1)+ RB.(X3- LA)- P2.[X3-(L1+LS)] = 0 295.X3 – 636,5.(X3-90) + 36.(X3-159) - 95.[X3- (90+159)] = 0 295.X3 – 636,5.X3 -636,5.90 + 36. X3- 36.159 - 95.X3 - 95.228 = 0 -472,5. X3 +84669 = 0 -472,5. X3 = -84669 dan

X3 = 179,2 mm X3 = 179,2 mm ⇒ MX3 = 0 dan geçer.

MX’ = RE.X’ : X’= 0 için M X’ = ME = 0 olur.

X’= L1 için M X’ = MP4 = RE.L1 = -427.90 = -38430 kp.mm M X1’ = RE. X1’- P4.( X1’-L1) X1’ = L1

için

M X1’ = MP4 = -38430 kp.mm

X1’ = LD

için

M X1’ = MD = RD.LD – P4.(LD – L1) MD = -427.159 – 95.(159 - 90) = -74448 kp.mm

M X2’ = RE. X2’- P4.( X2’-L1) + RD.( X2’-LD) X2’ = LD

için

X2’ = L1+LS için

M X2’ = MD = -74448 kp.mm M X2’ = MP3 = RE.(L1+LS) – P4.LS+RD.

MP3 = -427.228 – 95.138 + 3804.

LS 2

138 den MP3 =152010 kp.mm 2

M X2’ = 0 ise X2’=?

RE. X2’ – P4.( X2’-L1) + RD.( X2’-LD)= 0 -427. X2’- 95. X2’+95.90 + 3804.( X2’-159)= 0 3282. X2’- 596286 = 0 dan

X2’ =182 mm X2’ =182 mm ⇒ M X2’ = 0 dan geçer.

81

www.forum.alghaform.com M X3’ = RE. X3’ - P4( X3’- L1)+ RD.( X3’- LD)- P2.[ X3’- (L1+LS)] X3’ = L1+LS

için

M X3’ = M P3 = 152010 kp.mm

X3’ = LA+LB

için

M X3’ = M C = RE.(LD+LC)-P4.(L1+LS)+RD.LC –P3.L1 MC = -427.(159+159) – 95.[(90+138) + 3804.159 – 5700.90

MC = - 65610 kp.mm (Maksimum eğilme momenti.)

MX3’ = 0 ise X3’ =?

RE. X3’- P4.( X3’- L1)+ RD.( X3’- LD)- P3.[ X3’-(L1+LS)] = 0 -427. X3’ – 95.( X3’-90) + 3804.( X3’-159) - 5700.[ X3’- (90+138)] = 0 -427. X3’ – 95. X3’ - 95.90 + 3804. X3’- 3804.159 - 5700. X3’- 5700.228 = 0 X3’ = 291 mm

-2418. X3 +703314 = 0

X3’ = 291 mm ⇒ MX3 = 0 dan geçer.

I. DURUM İÇİN MOMENT DİYAGRAMI:

I. Durum için: Max. moment B mesnetindedir.

Mmax = MB = 113301 kp.mm

σe =

M max ; W

W =

πd a3

da: Ana yatak muylusunun çapı

32

da: 88 mm

82

www.forum.alghaform.com σe =

113301 ≅ 1.7 kp/mm2 ≅ 170 kp/cm2 3 π (88) 32

Muylu momentlerinin en büyüğü (max.) 1. muyludadır.

(MP1=158490 kp.mm)

σ muylu =

M P1 ; w

w=

π .d12 32

dk: Kol muylusu çapı = 90 mm

σ muylu =

158490 ≅ 4,70 kp/mm2 ≅ 470 kp/cm2 π (70) 3 32

Sonuç: 1- σ e < σ em olduğundan ana yatak muylusunun mukavemeti uygundur.

2- σ muylu < σ muy.em olduğundan kol muylusu mukavimdir.

II. Durum İçin: Max moment D mesnetindedir.

Mmax = MD = 74513 kp.mm

σe =

M max 74513 = ≅ 4,51 kp/mm2 ≅ 451 kp/cm2 W π (d 88) 3 32

Sonuç: 1- σ e < σ em olduğundan ana yatak muylusunun mukavemeti uygundur.

2- σ muylu < σ muy.em olduğundan kol muylusu uygundur..

83

www.forum.alghaform.com KRANK MİLİNİN MALZEME TEKNOLOJİSİ VE İMALAT ŞEKLİ Krank mili malzemesi olarak umumiyetle orta mukavemetteki karbonlu çelikler kullanılır. Bu çeliklerin kopma mukavemeti 50-70 kg/mm2 arasındadır. Daha yüksek mukavemetli çeliklerin kullanılması ilk bakışta daha müsait gibi görünürse de hakikatte fazla miktarda ıslah edilmiş çeliklerin dahi kullanılması doğru değildir. Krank mili malzemesinin ıslah kademesi arttıkça çentik tesiri de o nispette artar. Ve şekil mukavemeti azalır. Bu itibarla bir krank mili ihtiyaca cevap verecek derecede bir mukavemette değilse daha yüksek mukavemette çelikler seçmek yerine en iyisi, krankın şekillendirilmesinin

üzerinde

durulması

ve

dolayısıyla

şekil

mukavemetinin

arttırılmasıdır.

Mukavemeti en yüksek olan malzemede şekil mukavemetinin yüksek olacağı pek iddia edilemez. Umumiyetle yüksek mukavemetli çelikler yüzeysel tesirlere ve çentik tesirlerine daha fazla maruzdurlar. Bu itibarla mukavemeti mesela: 30 – 40 kg/mm2 olan fökme demirin şekil mukavemeti iyi şekillendirme sayesinde çeliğinkine yaklaşmaktadır. Dökme demirinin krank mili malzemesi olarak umumiyetle çentik tesirine daha az maruz olan aşağı kademeli ıslah çelikleri tercih edilmelidir. Uçak motorları için daha mukavim çelikler kullanılır.

1-Dövülmüş Krank Milleri:

Dövme krank milleri karbonlu ve alaşımlı çeliklerden imal edilir. Krank milinin burulma titreşimleri bakımından durumu hemen sadece boyutlarına bağlıdır. Fakat bütün çeliklerin kayma modülleri hemen hemen aynı olduğu için yapılmış olduğu malzemeye bağlı değildir. Bu sebeple malzeme seçimi için sadece mukavemet zorlanmaları ve krank ile yatak muylularındaki malzemenin sertliği ile artan aşınmaya karşı direnç önemlidir. Yüzey basınçları ne kadar küçük olursa yatak madenleri ve muylu yüzeyleri o kadar yumuşak olabilir.

Dizel motorlarında aşırı doldurulmuş uçak motorlarında, yüksek zorlanmalı otomobil motorlarında mevcut yüksek yüzey basınçlarından dolayı yataklarda daha sert yatak metali kullanılmalı ve aynı sebeple muylular sertleştirilmelidir.

84

www.forum.alghaform.com Diesel ve yüksek zorlanmalı otto taşıt motorlarında bugün gittikçe artan ölçüde Doppeldura veya benzer bir metotla kolayca sertleştirilebilen krom-molibden çelikleri kullanılmaktadır. Sertlik malzemenin yüzeyinde 3-4 mm içeriye kadar girer ve bu suretle taşlama neticesinde sert kısım uzaklaştırılmış olmaz. Doppeldura metoduna göre sertleştirilmede mil aşağı bir dönme sayısı ile döner. Muylular bir asetilen alevi ile ısıtılır ve arkasından derhal su püskürtülerek soğutulur. Mil su verildikten sonra doğabilecek gerilmeleri izole için yağ banyosun menevişlenir su verildikten sonra muylular taşlanır ve bu suretle sertleştirmeden doğabilecek deformasyon izole edilir.

Yüzeylerde bu metot ile 500-550 kg/mm2 brinell sertliği elde edilir bu metot için norm çeliği(DIN 1663). VCMo135 ve yahut diğer benzer özelliklerdeki ıslah çelikleri müsaittirler.

VCMo135 Krom-Molibden çeliğinin bileşkesi: C%

Cr %

Mo %

Mn %

Si %

0,3 : 0,37

0,9 : 1,2

0,12 : 0,25

0,5 : 0,8

0,35

Mukavemet Değerleri: Çekme mukavemeti

: 85 : 95 kg/mm2

Akma sınırı

: 70 kg/mm2

Uzama (Sd)

: 10 %

Büzülme

: 60 : 50 %

Çentik Direnci

: 12 m.kg/cm2

Sürekli eğilme mukavemeti

: 44 kg/mm2

Su verilmemiş çeliğin sertliği

: 230 : 290 kg/mm2 Brinell kadardır.

2-Döküm Krank Milleri:

Son yıllarda muhtelif firmalar tarafından döküm krank millerinin kullanılmasına da başlanmıştır. Döküm suretiyle imal edilen krank millerinde magnezyumlu yüksek dirençli dökme demir, perlitik yumuşak dökme demir, nikel-molibden alaşımlı dökme demir,

85

www.forum.alghaform.com Mukavemet değerleri aşağıdakilerdir: Çekme mukavemeti

: 68 : 79 kg/mm2

Sertlik

: 250 : 320 kg/mm2 Brinell

Uzama (Sd)

: 2,5-3 %

Beyaz maden yataklar içinde çalışan krank millerinin muylularını sertleştirmeye pek lüzum yoktur.

Taşıt diesel motorlarında ise daha sert yatak madenleri bu arada mesela; Bronz yataklar daha çok kullanıldıklarından bunlarda muyluları sertleştirmek lazımdır.

Muyluların sertleştirilmesinde son yıllarda kullanılan usuller Doppeldura usulü ile Tocca usulüdür.

Dökme demir krank millerinde 0,8 mm işleme payı bırakılır.

Karbon-demir alaşımına silisyum ve bakır karıştırılırsa bu döküme “çelik döküm” denir. Malzemenin %40 ını çelik parçaları, diğer kısmına ham demir ve diğer maddeler teşkil

eder. Gri döküm materyal kesinlikle kullanılmamalıdır. Döküm

yapmadan önce optik parametre ile sıcaklığın dikkatle kontrol edilmesi lazımdır.

Kırank Millerinde Yüzey İşlemleri:

Mekanik yüzey sertleştirme gerilme toplanmalarının bulunduğu yerlere yapılır ve ince bir yüzey kaplanması sağlayarak küçük çatlakları kapatır.(çelik silindir veya çelik bilyelerle ezilerek yapılan sertleştirme) Bu metot ile dayanıklılık eğilmede %40, burulmada %20 artmaktadır. Kimyasal ve termik işlem metotları nitritleme ve yüksek frekanslı sertleştirme usulleridir. Böylece yüzeyde kalıcı basınç gerilmeleri meydana getirilir. Nitritlenmiş krank milleri eğilmede %60, burulmada %35 daha uzun ömürlü olurlar.

Karbonlu, alaşımlı dökme çelik kullanılır.

86

www.forum.alghaform.com Döküm krank milinin en büyük faydası kranka en müsait şeklin verilmesindeki kolaylıktır. Aynı zamanda bu tip krank milinin imali de nispeten ucuzdur. Bu miller daha çok hızı çok motorlar için kullanılır. Krank milini dövmeye nazaran döküm yolu ile yapmanın faydası şekil vermenin daha serbest ve daha kolay olması ve aynı zamanda da imalin ucuz olmasıdır. Döküm krank mili mukavemet bakımından en müsait şekli alabilir. Ayrıca döküm vasıtası ile mil üzerinde gayet az fazla malzeme bırakılır yani bu suretle işleme, dövülmüş millere nazaran çok ucuz olur.

Döküm krank milinde muyluların içinde özel oyuklar vardır. Milin mukavemeti bakımından bu şekil oyuklar gayet müsaittir. Bu oyukları dövülmüş millerde temin etmek pek güçtür.

Bu faydalarına mukabil döküm krank millerinin önemli mahzurları da vardır.

Döküm milinin en mahzurlu tarafı dökümde yapılabilecek gizli hatalar dolayısı ile husule gelebilecek tehlikelerdir. Bu millerde döküm parçasının malzemesinin her tarafta aynı olmaması tehlikesi ve birde döküm malzemesinin mukavemetinin az olmasıdır.

Tehlikeli yerlerde husule gelecek kabarcıklar çabukça kırılmayı doğurabilirler.

Bu sebeple dökülmüş krank mili dövülmüşün yanında pek fazla önemli değildir ancak belki bazı firmalar tarafından mahdut olarak bazı yerlerde kullanılabileceklerdir.

Mesela Ford Co. firmasının kullandığı malzemeler çelik alaşımları ve alaşımlı dökme demirdir.

Alaşım dökümden sonra sertleştirilir. Bunun için döküm 20 dakika 900 C0ısıtılır sonra havada 650 C soğutulur,sonra 1 saat 800 C de ısıtılır ve sonra 1 saat 540 C tutulur.

87

www.forum.alghaform.com

88

www.forum.alghaform.com

89

www.forum.alghaform.com

VOLAN HESABI

Şekil: Krank-biyel mekanizmasındaki kuvvetlerin gösterilişi Üstteki şekilde görüldüğü üzere: T f = FC . sin(α + β ) Diğer yandan; FC =

Fres yazılabilir. cos β

FC değeri (Tf)’de yerine yazılırsa: T f = Fres .

sin(α + β ) sonucu bulunur. cos β

90

www.forum.alghaform.com

Burada; TF : Tanjantsal kuvvet (teğetsel kuvvet) Fres : Motor yatağına tesir eden kuvvet Motor yatağına tesir eden (Fres) kuvveti 2 bileşene ayrılır. Bunlar; FC : Fres’in biyel eksenine boyunca olan bileşeni N : Fres’in silindir eksenine dik yönde olan bileşeni ki bu kuvvet motoru devirmeye çalışır.

GAZ KUVVETLERİ DİYAGRAMININ ÇİZİMİ (Fg diyagramı)

Gaz kuvvetleri; Fgaz = P . Ap …(kg) Fgaz : Gaz kuvvetleri (kg) P : Silindir içerisindeki basınç (kg/cm2) Ap : Piston üst yüzey alanı Ap = Ap =

π .D 2 4

π .112 4

, D= 110 mm = 11 cm = 95cm 2 ⇒ Ap = 95cm 2

Piston üzerine etki eden P(kg/cm2) basıncı α [o] krank açısına bağlı olarak (P-V) diyagramından alınmıştır. Krankın her 10o lik açı artışında piston üzerindeki mevcut basınç (P-V) diyagramından tesbit edilerek alınır ve böylece Tablo:1 düzenlenir.

Tablo:1 düzenlendikten sonra; Fg=f( α ) olmak üzere “toplam gaz kuvvetleri diyagramı” çizilmiştir.

(Diyagram:1) ATALET KUVVETLERİ DİYAGRAMININ ÇİZİMİ (Fi diyagramı):

Atalet kuvvetleri aşağıdaki formüllerle hesaplanır: Fi = −mi .r.w 2 (cos α + λ. cos 2α ) Burada; mi = mP+m2 mp = Piston kütlesi (segmanlar ve perno ile beraber) m2 = Biyelin piston pernosuna indirgenmiş kütlesi Gp = 1600 + 179,3 + 892 = 2171,3 gr = 2,171 kg olarak bulunmuştur.

91

www.forum.alghaform.com

92

TABLO : 1 GAZ KUVVETLERİ TABLOSU (F= f( α ) )tablosu)

α [o] krank açısı

P(kg/cm2) Basınç

Fg =

π .D 2 4

EMME STROKU (0-1) 0

0,9

-85,5

10

0,9

-85,5

20

0,9

-85,5

30

0,9

-85,5

40

0,9

-85,5

50

0,9

-85,5

60

0,9

-85,5

70

0,9

-85,5

80

0,9

-85,5

90

0,9

-85,5

100

0,9

-85,5

110

0,9

-85,5

120

0,9

-85,5

130

0,9

-85,5

140

0,9

-85,5

150

0,9

-85,5

160

0,9

-85,5

170

0,9

-85,5

0,9

-85,5

180

SIKIŞTIRMA STROKU (1-3) 190

1,00

95,0

200

1,1

104,5

210

1,25

118,75

220

1,50

142,5

230

1,60

152,0

240

1,80

171,0

250

2,04

193,8

260

2,25

213,75

270

2,70

256,5

280

3,6

342,0

290

5,0

475,0

300

7,2

684,0

310

9,9

940,5

320

13,5

1282,5

330

17,7

1681,5

340

22,5

2137,5

350

27,0

2565,0

360

57,0

5415,0

93

.P(kg )

www.forum.alghaform.com

GENİŞLEME STROKU (4-5) 370

57,0

380

57,0

390

52,2

400

29,4

410

21,0

420

16,5

430

13,5

440

11,1

450

9,6

460

8,4

470

7,5

480

6,9

490

6,3

500

6,0

510

5,85

520

5,7

530

5,52

540

5,46 EKZOST STROKU (1-0)

550

1,10

560

1,10

570

1,10

580

1,10

590

1,10

600

1,10

610

1,10

620

1,10

630

1,10

640

1,10

650

1,10

660

1,10

670

1,10

680

1,10

690

1,10

700

1,10

710

1,10

720

1,10

94

www.forum.alghaform.com

mp =

Gp g

=

2,171kg ≅ 2,213.10 −3 kg.sn 2 / cm 2 981cm / sn

m p = 2,213.10 −3 kg.sn 2 / cm

m2 = 1,04.10 −3 kg.sn 2 / cm olarak daha önceden bulunmuştu. mi = m p + m2 = 2,213.10 −3 + 1,04.10 −3 = 3,253.10 −3 kg.cm −1 .sn 2

mi = 3,253.10 −3 kg.cm −1 .sn 2 r = 65 mm = 6,5 cm n = 2000 dev/dak w=

π .n 60

=

π .2000 60

= 209,4sn −1

w = 209,4sn −1 mi .r.w 2 = 3,253.10 −3.6,5.(209,4) 2 = 927,15kg mi .r.w 2 = 927kg Fi = −927.(cos α + λ. cos 2α ) (kg) olur.

NOT: Piston alt ölü noktaya hareket ettiği durumda formülde (-) işaret kullanılır, atalet kuvvetleri negatif değerler alır. Daha sonra krankın her 10o lik açısı için

(cos α + λ. cos 2α ) değeri tespit edilir.

Burada λ değeri olarak;

λ = 1 4,6 = 0,217 alınmıştır.

Yukarıda belirtilen bu değerle Fi formülünde yerlerine yazılır ve buna göre Tablo:2 düzenlenir. Düzenlenen Tablo:2’ye göre de Fi=f( α ) olmak üzere Grafik:2 çizilir.

95

TABLO : 2 ATALET KUVVETLERİ TABLOSU (Fi tablosu)

α [o] krank açısı

1

r L

(cos α + λ. cos 2α )

Fi = −927.(cos α + λ . cos 2α )

4,6

+1,217

-1128,16

λ=

0

360

-

720

10

350

370

710

ıı

+1,189

-1102,30

20

340

380

700

ıı

+1,106

-1025,26

30

330

390

690

ıı

+0,975

-903,82

40

320

400

680

ıı

+0,804

-745,31

50

310

410

670

ıı

+0,605

-560,83

60

300

420

660

ıı

+0,391

-362,46

70

290

430

650

ıı

+0,175

-162,22

80

280

440

640

ıı

-0,031

+28,74

90

270

450

630

ıı

-0,217

+201,16

100

260

460

620

ıı

-0,378

+350,41

110

250

470

610

ıı

-0,509

+471,84

120

240

480

600

ıı

-0,609

+574,54

130

230

490

590

ıı

-0,680

+630,16

140

220

500

580

ıı

-0,728

+674,86

150

210

510

570

ıı

-0,757

+701,74

160

200

520

560

ıı

-0,773

+716,57

170

190

530

550

ıı

-0,780

+723,06

180

180

540

-

ıı

-0,783

+725,84

96

www.forum.alghaform.com

97

98

www.forum.alghaform.com TANJANTSAL KUVVETLER DİYAGRAMININ ÇİZİMİ (Tf diyagramı)

Fres = Fg + Fi ; Fres : Eşdeğer kuvvet T f = Fres .

sin(α + β ) cos β

Burada; sin(α + β ) değeri (Assoc Prof. H. SEZGEN Internal Combustion Engine cos β Design Syf:127’den) λ değerine göre verilmiştir.

λ ≈ 1 4,3 değerine göre

sin(α + β ) değeri seçildi. cos β

Daha sonra tanjantsal (teğetsel) kuvvetler tablosu düzenlenmiştir. (Tablo:3) Bu tabloya göre de Tf=f( α ) olarak Grafik:3 çizilmiştir.

99

www.forum.alghaform.com TEĞETSEL KUVVETLER DİYAGRAMI (T tablosu) α[˚]

λ=

r L

0

¼,6

10

ıı

20

ıı

30

ıı

40

ıı

50

Fres

-1213,66

sin(α + β ) sin(α + β ) T f = Fres . cos β cos β

α[˚]

λ=

r L

Fres

sin(α + β ) sin(α + β ) T f = Fres . cos β cos β

0,000

0,000

370

¼,6

+4312,8

0,213

918,63

-1187,7

0,213

-252,98

380

ıı

+4389,74

0,417

1830,52

-1110,76

0,417

-463,17

390

ıı

+4055,18

0,597

2420,94

-989,32

0,597

-590,62

400

ıı

+2047,69

0,758

1552,15

-830,81

0,758

-629,75

410

ıı

+1434,17

0,882

1264,94

ıı

-646,33

0,882

-570,06

420

ıı

+1205,04

0,968

1164,48

60

ıı

-447,96

0,968

-433,62

430

ıı

+1120,28

1,016

1138,20

70

ıı

-247,72

1,016

-251,68

440

ıı

+1083,24

1,025

1110,32

80

ıı

-56,76

1,025

-58,18

450

ıı

+1113,16

1,000

1113,16

90

ıı

+115,16

1,000

+115,16

460

ıı

+1148,41

0,944

1084,10

100

ıı

+264,91

0,944

+250,07

470

ıı

+1184,34

0,863

1022,08

110

ıı

+386,34

0,863

+333,41

480

ıı

+1120,04

0,763

930,89

120

ıı

+479,04

0,763

+365,50

490

ıı

+1228,86

0,649

797,53

130

ıı

+544,86

0,649

+353,61

500

ıı

+1244,86

0,526

654,80

140

ıı

+589,36

0,526

+310,00

510

ıı

+1257,49

0,399

501,74

150

ıı

+616,34

0,399

+345,88

520

ıı

+1258,07

0,267

335,90

160

ıı

+631,07

0,267

+168,49

530

ıı

+1247,56

0,133

165,92

170

ıı

+637,56

0,133

+84,79

540

ıı

+1244,54

0,000

0,000

180

ıı

+640,34

0,000

0,000

550

ıı

+827,56

-0,133

-110,06

190

ıı

+818,06

-0,133

-108,80

560

ıı

+821,07

-0,267

-219,22

200

ıı

+821,07

-0,267

-219,22

570

ıı

+806,24

-0,399

-321,69

210

ıı

+820,49

-0,399

-327,37

580

ıı

+779,36

-0,526

-409,94

220

ıı

+817,36

-0,526

-429,93

590

ıı

+734,86

-0,649

-476,92

230

ıı

+782,36

-0,649

-507,75

600

ıı

+669,04

-0,763

-510,48

240

ıı

+735,54

-0,763

-561,22

610

ıı

+576,34

-0,863

-497,58

250

ıı

+665,64

-0,863

-574,45

620

ıı

+454,91

-0,944

-429,23

260

ıı

+564,16

-0,944

-532,57

630

ıı

+305,66

-1,000

-305,66

270

ıı

+457,66

-1,000

-457,66

640

ıı

+133,24

-1,025

-136,57

280

ıı

+370,74

-1,025

-380,00

650

ıı

-57,72

-1,016

+58,64

290

ıı

+312,78

-1,016

-317,78

660

ıı

-257,96

-0,968

+249,70

300

ıı

+321,54

-0,968

-311,25

670

ıı

-456,33

-0,882

+402,48

310

ıı

+379,67

-0,882

-334,87

680

ıı

-640,81

-0,758

+485,73

320

ıı

+587,19

-0,758

-407,19

690

ıı

-799,32

-0,597

+477,19

330

ıı

+777,68

-0,597

-464,29

700

ıı

-920,76

-0,417

+383,96

340

ıı

+1112,24

-0,417

-463,80

710

ıı

-997,7

-0,213

+212,51

350

ıı

+1462,8

-0,213

-311,58

720

ıı

-1023,66

0,000

0,000

360

ıı

+4286,84

0,000

0,000

100

www.forum.alghaform.com

101

www.forum.alghaform.com TOPLAM TEĞETSEL KUVVETLER DİYAGRAMI ÇİZİMİ (Ttop=f( α )):

Bundan önce bir silindir için teğetsel kuvvetler tablosu hazırlandı. (Tablo:3) ve buradan yine bir silindir için “teğetsel kuvvetler diyagramı” çizildi. (Grafik:3) Şimdi ise bir silindire ait teğetsel kuvvetler diyagramından istifade edilerek dört silindir için “toplam teğetsel kuvvetler diyagramı” (Ttop=f( α )) çizilecektir.

Bunun için ise; Bir silindirin teğetsel kuvvetler diyagramı 920˚ lik krank açısı için çizilir.

Bundan sonra makinenin ateşleme aralıklarının 720:4=180˚ olduğu göz önünde tutularak bir silindir için çizilen aynı eğri, ilk eğriye göre 180˚, 360˚, 540˚ kaydırmak sureti ile 3 defa daha çizilir. Yani her silindir için ayrı bir eğri alarak 4 silindir için 4 tane aynı eğri çizilir.

Bu eğrilerin toplamı motorun istenilen “teğetsel kuvvetler diyagramını” gösteriri.

Bu düşüncenin ısı altında TABLO:4 (toplam teğetsel kuvvetler tablosu) hazırlandı. Hazırlanan bu tablodaki değerlere göre motorun toplam teğetsel kuvvetler diyagramı çizilmiştir. (Grafik:4) ORTALAMA TEĞETSEL KUVVET : [Tfm] (Grafik:4):

Çizilen toplam teğetsel kuvvetler diyagramında bir periyot için pozitif ve negatif alanlar hesaplanır, yani ölçülür. Bu hesaplama sonunda; SP1 : Birinci pozitif alan = 13,70 cm2 SP2 : İkincipozitif alan = 36,30 cm2 SP = SP1 + SP2 =13,70 + 36,30 = 50 cm2 SN : Negatif Alan = 4,00 cm2 olarak tespit edildi.

α : Yatay eksendeki ölçek => 180˚ → 9 cm ile gösterilmiş. Yani α =9 σ :Düşeyeksendeki ölçek => σ =

T fm = T fm =

1 cm / kg 100

S p − SN 1 . (kg) ile hesap edilecektir.

α

σ

50 − 4 1 . = 511kg 9 1 / 100

T fm = 511kg olarak bulundu.

102

www.forum.alghaform.com

TABLO:4

TOPLAM TEĞETSEL KUVVETLER TABLOSU (4 Silindirli Motorlar İçin)

α [o] krank açısı 0

180

360

Ttop = ∑ T f (α )

(Tf=f( α )) 540

0,000

0,000

0,000

0,000

0,000

10

190

370

550

-252,98

-108,80

918,63

-110,06

+449,79

20

200

380

560

-463,17

-219,22

1830,52

-219,22

+928,91

30

210

390

570

-590,62

-327,37

2420,94

-321,69

+1181,26

40

220

400

580

-629,75

-429,93

1552,15

-409,94

+82,53

50

230

410

590

-570,06

-507,75

1264,94

-476,92

-289,79

60

240

420

600

-433,62

-561,22

1164,48

-510,48

-338,84

70

250

430

610

-251,68

-574,45

1138,20

-497,58

-185,31

80

260

440

620

-58,18

-532,57

1110,32

-429,23

+90,14

90

270

450

630

+115,16

-457,66

1113,16

-305,66

+465,00

100

280

460

640

+250,07

-380,00

1084,10

-136,57

+817,60

110

290

470

650

+333,41

-317,78

1022,08

+58,64

+1096,35

120

300

480

660

+365,50

-311,25

930,89

+249,70

+1234,84

130

310

490

670

+353,61

-334,87

797,53

+402,48

+1218,75

140

320

500

680

+310,00

-407,19

654,80

+485,73

+1043,34

150

330

510

690

+345,88

-464,29

501,74

+477,19

+760,54

160

340

520

700

+168,49

-463,80

335,90

+383,96

+424,55

170

350

530

710

+84,79

-311,58

165,92

+212,51

+151,64

180

360

540

720

0,000

0,000

0,000

0,000

0,000

103

www.forum.alghaform.com

104

www.forum.alghaform.com İŞ FAZLALIĞININ BULUNMASI (∆E)

İş fazlalığı bulunurken toplan teğetsel kuvvetler diyagramında hızın maksimum ve minimum değerleri olan iki sınır göz önünde tutulmalıdır. Buna göre Grafik:4’ten: F1 = -2 cm2 F2 = +5,5 cm2 F3 = -15,5 cm2 F4 = +15,5 cm2 F5 = -3,5 cm2 olarak tespit edildi.

F1 = -2 F1 + F2 = -2 + 5,5 = +3,5 = C F1 + F2 + F3 = + 3,5 -15,5 = -12 = B F1 + F2 + F3 + F4 = -12 + 15,5 = +3,5 F1 + F2 + F3 + F4 + F5 = +3,5 – 3,5 = 0 olur.

Burada en büyük pozitif toplam C ve en küçük negatif toplam B olduğunda göre; F = |B| + |C| = 3,5 + 12 = 15,5 cm2 olur. Ölçekler: Ordinat ekseninde 1 cm = a (kg) Apsis ekseninde 1 cm = b (m) olarak gösterilirse İş fazlalığı (∆E) şöyle hesaplanır: ∆E = F.a.b (kg.m)’den b=

2.(0,065) 2.r .20 = 0,00722m .20 = 360 360

r = 65mm = 0,065 m a = 100 kg/cm b = 0,00722 m/cm ∆E = 15,5*100*0,00722=11,2 kg.m ∆E = 11,2 kg.m

(İş Fazlalığı)

105

www.forum.alghaform.com VOLANIN SEÇİMİ

D : Volan dış çapı (cm)

d : Volan iç çapı (cm)

D ve d çapları motorun montaj şeklinden tespit edildi. Şekilden; Ddış = 37,5 x 8 = 300 mm = 30 cm diç = 22,5 x 8 = 180 mm = 18 cm Volan sürtünme yüzeyi ise :

30 − 18 = 6cm olur.

2

Buna göre D= 30 cm ve d = 18 cm i : Seçilecek volanın atalet yarıçapı (cm) (Volanın içi boştur.)

2 i = 0,354. Ddıı + d iç2 (cm)

i = 0,354. 30 2 + 18 2 = 12,68cm

Ve atalet çapı da (D) i=

D ’den D=2.i=2.12,38=24,76 cm = 0,2476 m 2

D = 0,2476 m GD2 dki (D) çapıdır.

Diğer taraftan savurma momenti = (GD2) D: Volanın atalet yarıçapı (jirasyon çapı) G : Jant ağırlığı GD 2 =

3580.ΔE 3580.11 = = 2kgm 2 2 2 1 / 200.(2000) δ .n

δ : Düzgünlük katsayısı

Taşıt motorları için δ = 1/180

δ = 1/200 seçildi. n : devir sayısı = 2000 dev/dak GD2 = 2 kg.m2 bulundu.

G.(0,2476) 2 = 2 ⇒ G =

D: sirasyon çapı = 0,2476 m bulunmuştu.

2 = 32,6kg (0,2476) 2

G: Volan jant ağırlığı = 32,6 kg Volanın içi dolu olup;

Dolu volanlarda : Jant ağırlığı G ≅ 0,90.GV

GV : Volanın ağırlığı (kg)

G ≅ 0,90.GV

GV =

32,6 = 36,22kg alındı.

0,90

106

www.forum.alghaform.com HOLZER METODU İLE NATUREL PÜLZASTON (Açısal Frekans (w)):

θ 1 : Birinci silindirin atalet momenti (Biyel kolu ve muylu beraber) θ V : Volanın atalet momenti θ T : Dört tane silindirin toplam atalet momenti e : Burulma esnekliği

θ 1 = θ 2 = θ 3 = θ 4 = θ olsun, θ T = θ 1 + θ 2 + θ 3 + θ 4 θ T = 4. θ olur.

e1 = e2 = e3 ≠ e4

θ = [mdön

1 λ2 π γ + m g .g (1 + )].r 2 + .D 4 .H . [kg.cm.sn 2 ] 2 4 32 g

θ eş : Biyelin dengelenmesi bahsinde θ eş : 0,1430 (kg.cm.sn2) olarak hesaplanmıştır. θ = 0,1430 +

π

γ

.D 4 .H . (kg.cm.sn 2 ) olur.

32 g

D : Kol muylusu çapı = 70 mm = 7 cm H : Kol muylusu uzunluğu = 50 mm = 5 cm

γ : Krank malzemesinin yoğunluğu = 7,85.10-3 kg.cm-3 g : Yerçekimi ivmesi = 981 cm/sn2 alınacaktır.

θ = 0,1430 +

π 32

.7 4.5.

7,85.10 −3 ⇒ θ = 0,1524(kg.cm.sn 2 ) 981

θ 1 = θ 2 = θ 3 = θ 4 = θ = 0,1524 (kg.cm.sn 2 ) olur. θ T = 4. θ = 4.0,1524 ≅ 0,610 (kg.cm.sn 2 )

107

www.forum.alghaform.com θ V : Volan atalet momenti θV =

G.D 2 .10 4 ≅ 2,55.GD 2 (kg.cm.sn 2 ) 4. g

θV =

2.10 4 ≅ 5,1(kg.cm.sn 2 ) 4.981

e : Burulma esnekliği (kg-1.cm-1) e1 = e2 = e3 olduğundan bunlardan birini hesaplayalım. e : Krank mili burulma esnekliğini hesaplamak için birçok ampirik formüller mevcutur. Bunlar içinde en sık kullanılanları Sulzer formülü, seelmann formülü ve Carter formülleridir. Biz krankın burulma esnekliğini bu 3 formülde de uygulayalım:

d: Ana muylunun çapı = 80 mm = 8 cm d1: Krank muylusunun çapı = 70 mm = 7 cm L: Krank kolu yüksekliği = 145 mm = 14,5 cm b: Krank kolu kalınlığı = 20 mm = 2 cm h: Krank kolu genişliği = 120 mm = 12 cm a: Krank muylusunun uzunluğu = 50 mm = 5 cm c: Ana muylu uzunluğu = 40 mm = 4 xm l: Krankın konstrüktif uzunluğu (iki komşu ana yatakların ortaları arasındaki uzaklık) = 150 mm = 15 cm, l = a+2b+c r: Ana muylu ekseni ile krank muylusu arasındaki mesafe = 60 mm = 6 cm

108

www.forum.alghaform.com SULZER FORMÜLÜ İLE: e1 = 1,23.10 −5 (

r1 = r −

a + 0,4d1 r c + 0,4d ) + 0,8. 1 3 + 4 d1 bh d4

4 83 4 d3 . = 2,60cm . 2 = 6− 3π 8 2 3π d

e1 = 1,23.10 −5 (

2,6 4 + 0,4.8 5 + 0,4.7 + 0,8. + ) 4 3 2.12 84 7

e1 = 6,78.10 −8 [.kg −1 .cm −1 ] SEELMANN FORMÜLÜ İLE: D: Silindir çapı = 110 mm = 11cm H: Piston Stroku = 130 mm = 13cm İse;

H 13 = = 1,18 D 11

Böylece Şekil 2,14’deki grafikten ξ =0,85 çıkarılır. Buna göre seelmann formülü: e1 = 1,23.10 −5 [(

a + 0,9.b r c + 0,9.b ](kg −1 .cm −1 ) + 0,89. 3 ).ξ + 4 d1 bh d4

e1 = 1,23.10 −5 [(

4 + 0,9.2 6 5 + 0,9.2 + 0,89. ](kg −1 .cm −1 ) ).0,85 + 4 3 4 8 2.12 7

e1 = 6,32.10 −8 (kg −1 .cm −1 ) CARTER FORMÜLÜ İLE: e1 = 1,23.10 −5.(0,75.

a r c + 0,8.b )(kg −1 .cm −1 ) + 1,15 3 + 4 4 d1 bh d

e1 = 1,23.10 −5.(0,75.

6 4 + 0,8.2 5 + 1,15 + )(kg −1 .cm −1 ) 4 3 4 2.12 8 7

e1 = 6,06.10 −8 (kg −1 .cm −1 ) Ortalama bir değer olarak; e1 =

e sulzer + e seelmann + ecarter = 6,42.10 −8 kg −1cm −1 3

e1 = e2 = e3 = 6,42.10 −8 kg −1cm −1 e4 = 1,23.10 −5.

l 20 = 1,23.10 −5. 4 = 6,00.10 −8 kg −1 .cm −1 4 d 8

109

www.forum.alghaform.com

e2 6,42.10 −8 e= + e3 + e 4 = + 6,42.10 −8 + 6,00.10 −8 = 1,562.10 −7 (kg −1cm −1 ) 2 2 e = 1,562.10 −7 (kg −1cm −1 ) İki kütleli sistem için : ( θ T veθ V ) w=

θ T + θV 0,610 = = 3426 sn −1 −7 θ T .θ v .e 0,610.5,1.1,563.10

w = 3426sn −1

w 2 = 11737476( sn −1 )

(İlk HOLZEER tablosu bulunan bu w ile doldurulacaktır.)

Birinci çeşit w=3426 w2=11737476 Deneme No:1 N o 1 2 3 4 5

θ (1) 0,152 5 0,152 5 0,152 5 0,152 5 5,1

θ .w 2 (2)

λ (3)

θ .w 2 .λ (4)

∑θ .w .λ (5)

1,79.106

1,000

1,79.106

1,79.106

1,58.106

3,37.106

1,19.106

4,56.106

0,67.106

5,23.106

1,79.106 1,79.106 1,79.106

0,885 1 0,668 5 0,375 4

59,86.10

0,061

6

5

3,68.106

2

e(6)

e.∑ θ .w 2 .λ (7)

6,42.10 6

6,42.10 6

6,42.10 6

6,42.10 6

0,1149 0,2166 0,2931 0,3139

+8,91.106=Mdış

Deneme No:1 ile yapılan hesapta Mdış momenti sıfıra eşit çıkmadığı için w=3426 değeri aranılan natürel frekans değildir. Şu halde ikinci bir denemeye geçmek lazımdır. İkinci cetvel için münasip yani en kısa yoldan natürel frekans götüren w’nun seçilmesi için bariz kaideler mevcuttur. Fakat biz burada keyfi bir değer mesela; w=3500 sn-1

110

www.forum.alghaform.com (w2=12250000 sn-2) alalım ve neticeyi ancak ikinci cetveli doldurduktan sonra tahlil edelim. w2=12250000 sn-2’ye ait hesapları HOLZER tablosunda toplanmıştır. (Birinci çeşiti Deneme No:2) Birinci çeşit w=3500 w2=12250000 Deneme No:2 N o 1 2 3 4 5

λ (3)

θ .w 2 .λ (4)

∑θ .w .λ (5)

6

1,000

1,868.106

1,868.106

0,152

1,868.10

0,880

5

6

0

1,64.106

3,51.106

0,152

1,868.10

0,654

5

6

6

1,22.106

4,73.106

0,152

1,868.10

0,390

5

6

8

0,655.106

5,38.106

1,152

62,47.10

0,027

5

6

7

θ (1)

θ .w 2 (2)

0,152

1,868.10

5

1,73.106

2

e(6)

e.∑ θ .w 2 .λ (7)

6,42.10 6

6,42.10 6

6,42.10 6

6,00.10 6

0,1199 0,2254 0,3038 0,3231

+7,1.106=Mdış

İkinci deneme donunda da elde edilen moment sıfıra eşit çıkmadığından yine aranan natürel frekans w bulunamadı.

Bu durumda en uygun yol Tolle tarafından teklif edilen Mdış=f(w) eğrisini göz önüne almaktır. Bu eğriyi elde etmek için w’nin muhtelif değerleri ile HOLZER tablolarını doldurmak ve hesaplanan Mdış Momentlerini (ait oldukları w’ların hizsında) ordinatlar alarak alıpi uç noktaları bir eğri ile birleştirmek lazımdır. Pratik maksatlar için bu eğrinin gidişatını bilmek kafidir. Eğrinin karakteri aşağıda gösterilmiştir.

111

www.forum.alghaform.com Bizim için mühim olan bu eğrinin ordinatlarının 0 ile birinci w, pülzasyonu arasında pozitif olmasıdır. Bu keyfiyet aşağıdaki mülahazalardan anlaşılır.

W sıfır olduğu zaman (2), (4), (5) ve (9) numaralı sütunlardaki sayılar sıfır olur ve Mdış momenti de sıfırdır. (w=0 pülzasyonlu “titreşim” sisteminin rijit bir cisim olarak düzgün dönmesidir.)

Küçük bir w için (2) sütunundaki sayılar küçük ve dolayısı ile (3) .cü sütundakiler 1’den çok az fark eder. Böylece Mdış değerlerini veren (5) numaralı sütünda gittikçe artan (pozitif) değerler alır.

0 ile w1 arasında ordinatlar (yani: HOLZER tablosunda kalan Mdış momenti) pozitif, w1 ile w2 pülzasyonları arasında ise negatiftir. Şekildeki eğriden anlaşılıyor ki ikinci HALZER tablosu yani Deneme NO:2 için seçilen w2 doğru istikamette alınmıştır. Zira birinci tabloda kalan Mdış momenti gibi ikinci denemede de elde edilen Mdış No:1’deki w değerinden büyük seçilmiştir.

Demek oluyor ki aranılan natürel pülzasyon bu iki w’dan da daha büyüktür. Şu halde üçüncü deneme için w=3500 sn-1 ‘den daha büyük bir değer almak lazımdır. Fakat bu sefer hesapları uzatmamak için şimdiye kadar yapılan iki denemeden yararlanacağız. w=3426 sn-1 için Mdış = +8,91.106 kg.cm idi. Pülzasyonda; ∆w=3500-3426=74 gibi küçük bir değişiklik neticesinde Mdış momentinin değeri çok azalmıştır. w=3500 sn-1 için Mdış = +7,1.106 kg.cm dir. Buna göre analitik bir enterpolasyon yapılabilir. Şöyleki; w 2 = 11737472 +

8,91 .(12250000 − 11737476) = 14260453sn − 2 8,91 − 7,1

w ≅ 3775sn −1 bulunur.

Bu hesap şekildeki eğrinin w1 natürel pülzasyonu civarındaki parçası doğru olarak kabul edilerek yapılmıştır. Yani eğrinin göz önüne alınan parçası gerçekten bir doğru parçası olsaydı, bu değer aradığınız pülzasyon olacaktı. Kolayca anlaşıldığı gibi bu sebepten dolayı yapılabilecek hata ehemmiyetsizdir. Fakat ilk iki tablodaki hesapları kontrol etmek için bir veya iki HALZER tablosunu daha doldurmak çok faydalı olur. Üçüncü HALZER tablosu (Deneme No:3) w=3750 sn-1 yani w2 = 14062500 sn-2 için hesaplanmıştır.

112

www.forum.alghaform.com Birinci çeşit w=3750 w2=14062500 Deneme No:3

θ .w 2 (2)

λ (3)

θ .w 2 .λ (4)

∑θ .w .λ (5)

e(6)

e.∑ θ .w 2 .λ (7)

1

0,1525 2,14.106

1,000

2,14.106

2,14.106

6,42.106

0,1896

2

0,1525 2,14.106 0,8623

1,84.106

3,98.106

6,42.106

0,2558

3

0,1525 2,14.106 0,6064

1,28.106

5,27.106

6,42.106

0,3388

4

0,1525 2,14.106 0,2676

0,572.106

5,84.106

6,00.106

0,3402

No

5

θ (1)

5,1

71,7.106

0,0829

2

-5,94.106

-0,1.106=Mdış

Birinci çeşit w=3740 w2=13987600 Deneme No:4

θ .w 2 (2)

λ (3)

θ .w 2 .λ (4)

∑θ .w .λ (5)

e(6)

e.∑ θ .w 2 .λ (7)

1

0,1525 2,13.106

1,000

2,13.106

2,13.106

6,42.106

0,1369

2

0,1525 2,13.106 0,8631

1,84.106

3,97.106

6,42.106

0,2548

3

0,1525 2,13.106 0,6082

1,29.106

5,26.106

6,42.106

0,3380

4

0,1525 2,13.106 0,2902

0,575.106

5,83.106

6,00.106

0,3501

No

5

θ (1)

5,1

71,3.106

0,0789

2

-5,7.106

+0,13.106=Mdış

Deneme No:4’den sonra anlaşılıyor ki aranılan pülzasyon Deneme No:3’deki w=3750 sn-1 değeridir. Çünkü bu deneme Mdış sıfıra çok çok yaklaşmıştır ve yaklaşık olarak sıfır kabul edilebilir.

Yani aranılan natürel pülzasyon: w = 3750 [sn-1] dir.

Kontrol: w 2 (λ1 .θ 1 + λ 2 .θ 2 + λ3 .θ 3 + λ 4 .θ 4 + λ 5 .θ 5 ) = 0

eşitliğini sağlamalıdır.

(3750) 2 .(1.0,1525 + 0,8623.0,1525 + 0,6064.0,1525 + 0,2676.0,1525 − 0,0829.5,1) ≅ 0 Eşitliği de sağlandığından aranılan natürel pülzasyon; w = 3750 [sn-1] dir.

Natürel pülzasyon : w = 3750 [sn-1] dir.

113

www.forum.alghaform.com

Natürel Frekans (f): f =

w 3750 = = 596,8[ sn −1 ] 2π 2π

Dakikadaki titreşim sayısı (N): N=

30

π

.w =

30

π

.3750 = 35809[dak −1 ]

114

olur.

www.forum.alghaform.com 4 SİLİNDİRLİ MOTORUN DENGELENMESİ:

4 silindirli bir motorun çalışması esnasında temeline (ağırlığından başka) aşağıda gösterilen kuvvetler etki eder; 1- Birinci mertebeden atalet kuvvet: PI = m.r.w 2 . cos α 2- İkinci mertebeden atalet kuvvet: PII = m.r.w 2 .λ. cos 2α PI ve PII daima silindir ekseni boyunca tesir ederler. Bu kuvvetlerin şiddetleri periyodik olarak değişir.

3- Dengelenmiş dönen kütlelerin atalet kuvveti (Merkezkaç kuvveti) PC = m r .r.w 2 PC kuvvetinin değeri sabit olup, doğrultusu sürekli bir şekilde değişir. Şimdi 4 silindirli motor üzerinde bu kuvvetlerin denge durumunu inceleyelim;

1-) Birinci mertebeden atalet kuvvetleri (PI)

PI (1) = m.r.w 2 . cos α PI (2) = m.r.w 2 . cos(α + 180) = −m.r.w 2 . cos α PI (3) = m.r.w 2 . cos(α + 180) = −m.r.w 2 . cos α PI (4) = m.r.w 2 . cos α

∑P

I

=0

115

www.forum.alghaform.com 2-) İkinci mertebeden atalet kuvvetleri (PII)

PII (1) = m.r.w 2 . cos 2α PII (2) = m.r.w 2 . cos 2(α + 180) = −m.r.w 2 . cos 2α PII (3) = m.r.w 2 . cos 2(α + 180) = −m.r.w 2 . cos 2α PII (4) = m.r.w 2 . cos 2α

∑P

II

∑P

= 4.m.r.w 2 .λ . cos 2α

II

≠0

Mx: Karşı ağırlığın kütlesi olsun.

2.m x .ρ 2 .(2 w) 2 = m.r.w 2 .λ 8.m x .ρ 2 .w 2 = m.r.w 2 .λ ⇒ m x =

m r . .λ 8 ρ2

m=2,86.10-8 kg.cm-3.sn2 r=6,5 cm

λ =0,21

ρ =6 cm mx =

2,86.10 −3 kg.cm −3 .sn 2 6,5cm .0,21 ≅ 8,13.10 −5 kg.cm −3 sn − 2 .

6cm 8

m x ≅ 8,13.10 −5 kg.cm −3 sn −2

116

www.forum.alghaform.com 3-) Dönen kütlelerin merkezkaç kuvvetleri (PC)

PC (1) = m.r.w 2 PC (2) = −m.r.w 2 PC (3) = −m.r.w 2 PC (4) = m.r.w 2

∑P

C

=0

A-) Birinci Mertebeden Atalet Kuvvetlerinin Momentleri (MI)

∑M

I

=0

B-) İkinci Mertebeden Atalet Kuvvetlerinin Momentleri (MII)

∑M

II

=0

C-) Dönen kütlelerin Bileşke Momenti (MI)

∑M

C

=0

117

www.forum.alghaform.com

118

www.forum.alghaform.com

119

www.forum.alghaform.com

120

www.forum.alghaform.com

121

www.forum.alghaform.com

122

www.forum.alghaform.com

123

www.forum.alghaform.com

KAYNAKLAR Kitabın Adı:

Yazar

Ders Notları

N.YILMAZ

Motor Konstrüksiyonu

H. BINARK

Hızı Çok Motorlarda Hareket Elemanları

H. BINARK

Diesel Motorları Tekniği

İ. ORGA – O.ORGA

Konstruierer Und Rechenn

Dr. W. HAEDER

Motor Teknolojisi

M. ÖZTUNA

Internal Combustion Engine Design

Assoc Prof. H. SEZBEN

Taschen Fur Den Maschinen-bau I-II

BUBBEL

Pistonlu Makinalar Dinamiği

S. PALAVAN

Mekanik Titreşim Dersleri

S. PALAVAN

Makine Elemanları

Ş. OKDAY

Malzeme Bilgisi III

M. YILDIRIM

Diesel ve Benzinli Motor Teknolojisi

R. YALÇINTEPE

Bu Dökümanlar www.forum.alghaform.com tarafindan upload edilmistir...

124