BALANCING OF ROTATING MASSES 
 

1.1 Introduction  

 Often an unbalance of forces is produced in rotary or reciprocating machinery due to the inertia 
forces  associated  with  the  moving  masses.  Balancing  is  the  process  of  designing  or  modifying 
machinery so that the unbalance is reduced to an acceptable level and if possible is eliminated 
entirely.  

 
Fig. 1.1  

 A particle or mass moving in a circular path experiences a centripetal acceleration and a force is 
required to produce it. An equal and opposite force acting radially outwards acts on the axis of 
rotation  and  is  known  as  centrifugal  force  [Fig.  1.1(a)].  This  is  a  disturbing  force  on  the  axis  of 
rotation, the magnitude of which is constant but the direction changes with the rotation of the 
mass.  

 In a revolving rotor, the centrifugal force remains balanced as long as the centre of the mass of 
the rotor lies on the axis of the shaft. When the centre of mass does not lie on the axis or there is 
an eccentricity, an unbalanced force is produced           

  [Fig.  1.1(b)].  This  type  of  unbalance  is  very  common.  For  example,  in  steam  turbine  rotors, 
engine crankshafts, rotary compressors and centrifugal pumps.  

 Most  of  the  serious  problems  encountered  in  high‐speed  machinery  are  the  direct  result  of 
unbalanced forces. These forces exerted on the frame by the moving machine members are time 
varying,  impart  vibratory  motion  to  the  frame  and  produce  noise.  Also,  there  are  human 
discomfort and detrimental effects on the machine performance and the structural integrity of 
the machine foundation.   

 The  most  common  approach  to  balancing  is  by  redistributing  the  mass  which  may  be 
accomplished by addition or removal of mass from various machine members.   

 There are two basic types of unbalance‐rotating unbalance and reciprocating unbalance – which 
may occur separately or in combination.  

 
 
1.2 Static Balancing:   
A system of rotating masses is said to be in static balance if the combined mass centre of the 
system lies on the axis of rotation.  
1.3 Types of Balancing:  
There are main two types of balancing conditions   
(i) Balancing of rotating masses  
(ii) Balancing of reciprocating masses  
(i) Balancing of Rotating Masses  
Whenever a certain mass is attached to a rotating shaft, it exerts some centrifugal force, whose 
effect is to bend the shaft and to produce vibrations in it. In order to prevent the effect of centrifugal 
force, another mass is attached to the opposite side of the shaft, at such a position so as to balance the 
effect of the centrifugal force of the first mass. This is done in such a way that the centrifugal forces of 
both the masses are made to be equal and opposite. The process of providing the second mass in order 
to counteract the effect of the centrifugal force of the first mass is called balancing of rotating masses.   
The following cases are important from the subject point of view:   
1. Balancing of a single rotating mass by a single mass rotating in the same plane.   
2. Balancing of different masses rotating in the same plane.   
3. Balancing of different masses rotating in different planes.   
1.4 Balancing of Several Masses Rotating in the Same Plane   

 Consider any number of masses (say four) of magnitude m1, m2, m3 and m4 at distances ofr1, r2, 
r3 and r4 from the axis of  the rotating shaft.  Let  θ1,  θ2,  θ3 and  θ4 be the angles of these masses 
with  the  horizontal  line  OX,  as  shown  in  Fig.  1.2  (a).  Let  these  masses  rotate  about  an  axis 
through O and perpendicular to the plane of paper, with a constant angular velocity of ω rad/s.   

                                   
(a) Space diagram.                                  (b) Vector diagram.  
Fig. 1.2 Balancing of several masses rotating in the same plane.  
The magnitude and position of the balancing mass may be found out analytically or graphically 
as discussed below:  
1. Analytical method  
 
 
 Each mass produces a centrifugal force acting radially outwards from the axis of rotation. Let F be 
the vector sum of these forces.  
 
 

 The rotor is said to be statically balanced if the vector sum F is zero.  
 If F is not zero, i.e., the rotor is unbalanced, then produce a counterweight  
(balance weight) of mass mc, at radius rc to balance the rotor so that  
 = 0 

 = 0 

 The magnitude of either mc or rc may be selected and of other can be calculated.  In general, if ∑ 
mr is the vector sum of m1.r1, m2.r2, m3.r3, m4.r4, etc., then  
∑ mr + mcrc = 0  

 To  solve  these  equation  by  mathematically,  divide  each  force  into  its  x  and  z  components,   ∑ 
mrcos  + mcrccos c = 0  
  and      ∑  mrsin  + mcrcsin c = 0  

mcrccos c =  ∑ mrcos               …………………………(i)  

  and         mcrcsin c =   ∑mrsin                ............................(ii)  

 Squaring and adding (i) and (ii),  

mcrc  =  ∑ ∑  
 
 
 Dividing (ii) by (i),  
∑  
  
∑
 

 The signs of the numerator and denominator of this function identify the quadrant of the angle.   
 

2. Graphical method  

 First of all, draw the space diagram with the positions of the several masses, as shown in Fig. 1.2 
(a).  

 
 
 Find out the centrifugal force  (or product of the  mass and radius of  rotation) exerted by each 
mass on the rotating shaft.   
 Now draw the vector diagram with the obtained centrifugal forces (or the product of the masses 
and their radii of rotation), such that ab represents the centrifugal force exerted by the mass m1 
(or  m1.r1)  in  magnitude  and  direction  to  some  suitable  scale.  Similarly,  draw  bc,  cd  and  de  to 
represent centrifugal forces of other masses m2, m3 and m4 (or m2.r2,m3.r3 and m4.r4).   
Now,  as  per  polygon  law  of  forces,  the  closing  side  ae  represents  the  resultant  force  in 
magnitude and direction, as shown in Fig. 1.2 (b).  
 

 The balancing force is, then, equal to resultant force, but in opposite direction.   
 Now find out the magnitude of the balancing mass (m) at a given radius of rotation (r), such that   
                     m.r.ω2 = Resultant centrifugal force  
          or      m.r = Resultant of m1.r1, m2.r2, m3.r3 and m4.r4  
 (In general for graphical solution, vectors m1.r1, m2.r2, m3.r3, m4.r4, etc., are added. If they close 
in a loop, the system is balanced. Otherwise, the closing vector will be giving mc.rc. Its direction 
identifies the angular position of the countermass relative to the other mass.)  
Example 1.1 :A circular disc mounted on a shaft carries three attached masses of 4 kg, 3 kg and 2.5 kg 
at  radial  distances  of  75  mm,  85  mm  and  50  mm  and  at  the  angular  positions  of  45°,  135°  and  240° 
respectively. The angular positions are measured counterclockwise from the reference line along the x‐
axis. Determine the amount of the countermass at a radial distance of 75 mm required for the static 
balance.  
  m1 = 4 kg         r1 = 75 mm       θ1 = 45°       
  m2 = 3 kg          r2= 85 mm       θ2 = 135°    

  m3 = 2.5 kg         r3 = 50 mm   θ3 = 240°    

   m1r1 = 4 x 75 = 300 kg.mm  
m2r2 = 3 x 85 = 255 kg.mm m3r3 
= 2.5 x 50 = 125 kg.mm  
Analytical Method:  

∑ mr + mcrc = 0  
 
300 cos45°+ 255 cos135° + 125 cos240° + mcrccosθc = 0    and   
300 sin 45°+ 255 sin 135° + 125 sin 240° + mcrcsinθc = 0  
Squaring, adding and then solving,  

 
mcrc = 300 45° 255 cos 135° 125 cos 240° 300 45° 255 sin 135° 125 240°  
 
 
mC  75=  30.68 284.2     

 
 
       = 285.8 kg.mm  
        mc = 3.81 kg  

∑ .
tan  =   =    = ‐9.26 
∑ .

           c = ‐83°50’  

c lies in the fourth quadrant (numerator is negative and denominator is positive).  

           c = 360 -83°50’  
           c = 276°9’  
Graphical Method:  

 The  magnitude  and  the  position  of  the  balancing  mass  may  also  be  found  graphically  as 
discussed below :  
 Now  draw  the  vector  diagram  with  the  above  values,  to some  suitable  scale,  as  shown  in  Fig. 
1.3. The closing side of the polygon co represents the resultant force.  
By measurement, we find that co = 285.84 kg‐mm.  

  
Fig. 1.3 Vector Diagram  

 The balancing force is equal to the resultant force. Since the balancing force is proportional to 
m.r, therefore   
mC × 75 = vector co = 285.84 kg‐mm   or  mC = 285.84/75  
   mC = 3.81 kg.   
 By measurement we also find that the angle of inclination of the balancing mass (m) from the 
horizontal or positive X‐axis,   
θC = 276°.  
Example 1.2 :  Four masses m1, m2, m3 and m4 are 200 kg, 300 kg, 240 kg and 260 kg respectively. The 
corresponding  radii  of  rotation  are  0.2  m,  0.15  m,  0.25  m  and  0.3  m  respectively  and  the  angles 
between successive masses are 45°, 75° and 135°. Find the position and magnitude of the balance mass 
required, if its radius of rotation is 0.2 m.  
  m1 = 200 kg         r1 = 0.2 m       θ1 = 0°      
  m2 = 300 kg          r2 = 0.15 m       θ2 = 45°  

 
 
  m3 = 240 kg         r3 = 0.25 m   θ3 = 45° +75° = 120°  
  m4 = 260 kg         r4 = 0.3 m       θ4 = 120° + 135° = 255° 
   m1r1 = 200 x 0.2 = 40  m2r2  rC = 0.2 m        
= 300 x 0.15 = 45 m3r3 = 
240 x 0.25 = 60 m4r4 = 260 
x 0.3 = 78  

∑mr + mcrc = 0  
  40 cos0° + 45cos45°+ 60cos120° + 78cos255° + mcrccosθc = 0         and  
40 sin 0° + 45 sin 45°+ 60 sin 120° + 78 sin 255°+ mcrcsinθc = 0  
Squaring, adding and then solving,  

 
mcr=
40 0° 45 cos 45° 60 cos 120° 78 cos 255° 40 0° 45 sin 45° 60 120° 78 255°  
 
 
      
mC  0.2 =  21.6 8.5   
        = 23.2 kg.mm  

         mc = 116 kg  

 
∑ .
tan  =   =    = 0.3935 
∑ .

          θc = 21°28’  

θc lies in the third quadrant (numerator is negative and denominator is negative).  

         θc = 180 +21°28’  

         θc = 201°28’  
 

Graphical Method:  

 For graphical method draw the vector diagram with the above values, to some suitable scale, as 
shown  in  Fig.  1.4.  The  closing  side  of  the  polygon  ae  represents  the  resultant  force.  By 
measurement, we find that ae = 23 kg‐m.  

 
 

  
Fig. 1.4 Vector Diagram  

 The balancing  force is equal to the resultant force.Since the balancing  force is proportional to 

m.r, therefore   
                           m× 0.2 = vector ea= 23 kg‐m   or  mC = 23/0.2         
mC = 115 kg.   

 By measurement we also find that the angle of inclination of the balancing mass (m) from the 
horizontal or positive X‐axis,   
        θC = 201°.   
1.5 Dynamic Balancing  

 When several masses rotate in different planes, the centrifugal forces, in addition to being out 
of  balance,  also  form  couples.  A  system  of  rotating  masses  is  in  dynamic  balance  when  there 
does not exist any resultant centrifugal force as well as resultant couple.  
 In the work that follows, the products of mr and mrl (instead of mrω2 and mrlω2), usually, have 
been referred as force and couple respectively as it is more convenient to draw force and couple 
polygons with these quantities.  

  
Fig. 1.5  

 If  m1,  and  m2  are  two  masses  (Fig.  1.5)  revolving  diametrically  opposite  to  each  other  in 
different  planes  such  that  m1r1 =  m2r2,  the  centrifugal  forces  are  balanced,  but  an  unbalanced 
couple of magnitude m1r1l (= m2r2l) is introduced. The couple acts in a plane that contains the 
axis  of  rotation  and  the  two  masses.  Thus,  the  couple  is  of  constant  magnitude  but  variable 
direction.  

 
 
1.6 Balancing of Several Masses Rotating in the different Planes  

 Let there be a rotor revolving with a uniform angular velocity  ω. m1, m2and m3 are the masses 
attached  to  the  rotor  at  radii  r1,  r2  and  r3respectively.The  masses  m1,  m2  and  m3  rotate  in 
planes1, 2 and 3 respectively. Choose a reference plane at O so that the distances of the planes 
1, 2 and 3 from O are l1, l2 and l3 respectively.  

 Transference  of  each  unbalanced  force  to  the  reference  plane  introduces  the  like  number  of 
forces and couples.  

 The  unbalanced  forces  in  the  reference  plane  are  m1r1ω2,  m2r2ω2  and  m3r3ω2  acting  radially 
outwards.  

 The unbalanced couples in the reference plane are m1r1ω2l1, m2r2ω2l2 and m3r3ω2l3 which may 
be represented by vectors parallel to the respective force vectors, i.e., parallel to the respective 
radii of m1, m2 and m3.  

 For  complete  balancing  of  the  rotor,  the  resultant  force  and  resultant  couple  both  should  be 
zero, i.e.,   
m1r1ω2 + m2r2ω2 + m3r3ω2 = 0      …………………(a) and    
m1r1ω2l1 + m2r2ω2l2 + m3r3ω2l3 = 0  ...………………(b)  
 If  the  Eqs  (a)  and  (b)  are  not  satisfied,  then  there  are  unbalanced  forces  and  couples.  A  mass 
placed in the reference plane may satisfy the force equation but  
the couple equation is satisfied only by two equal forces in different transverse planes.  
 Thus in general, two planes are needed to balance a system of rotating masses.  
 Therefore, in order to satisfy Eqs (a) and (b), introduce two counter‐masses mC1 and mC2 at radii 
rC1 and rC2 respectively. Then Eq. (a) may be written as  
    

+ + + =0

∑ 0 …………………….(c)

Let the two countermasses be placed in transverse planes at axial locations O and Q, i.e., the 
countermassmC1 be placed in the reference plane and the distance of the plane of mC2 be lC2 from the 
reference plane. Equation (b) modifies to (taking moments about O)  

+ + =0
∑mrl + mC2rC2lC2 = 0     …………………(d)  

 Thus, Eqs (c) and (d) are the necessary conditions for dynamic balancing of rotor.  
Again the equations can be solved mathematically or graphically.  

 
 
Dividing Eq. (d) into component form   

∑ mrlcosθ + mC2rC2lC2 cosθC2 = 0  

∑ mrl sinθ + mC2rC2lC2 sinθC2 = 0  
  mC2rC2lC2cosθC2 =  ∑ mrlcos      ……………………(i)     

  mC2rC2lC2sinθC2 =  ∑ mrl sinθ      …………………..(ii)  

 Squaring and adding (i) and (ii)   
 
 
mcrc lC2 =  ∑ ∑  
 
 
 
 Dividing (ii) by (i), 

∑
tan = ∑

 After  obtaining  the  values  of  mC2 and  θC2  from  the  above equations, solve  Eq.  (c)  by  taking  its 
components,  

∑ mrcosθ  +mC1rC1cosθC1+ mC2rC2cosθC2 = 0  

∑ mrsinθ  +mC1rC1 sinθC1+ mC2rC2 sinθC2 = 0 

 mC1rC1cosθC1 =  ( ∑ mrcos θ + mC2rC2cosθC2)  

mC1rC1 sinθC1 = ( ∑ mrsin θ + mC2rC2 sinθC2)  

mc1rc1  =  ∑ ∑  
 

∑
tan = ∑

 
 
Example 1.3 : A shaft carries four masses A, B, C and D of magnitude 200 kg, 300 kg,  400 kg and 200 kg 
respectively and revolving at radii 80 mm, 70 mm, 60 mm and 80 mm in planes measured from A at 
300 mm, 400 mm and 700 mm. The angles between the cranks measured anticlockwise are A to B 45°, 
B  to  C  70°  and  C  to  D  120°.  The  balancing  masses  are  to  be  placed  in  planes  X  and  Y.  The  distance 
between the planes A and X is 100 mm, between X and Y is 400 mm and between Y and D is 200 mm. If 
the balancing masses revolve at a radius of 100 mm, find their magnitudes and angular positions.  
mA = 200 kg      rA = 80 mm      θA = 0°          lA = ‐100 mm  
mB = 300 kg      rB= 70 mm      θB = 45°         lB = 200 mm  
mC = 400 kg      rC = 60 mm      θC = 45° +70° = 115°    lC = 300 mm  

mD = 200 kg      rD = 80 mm      θD = 115° + 120° = 235°   lD = 600 mm  

         rX = rY = 100 mm               lY = 400 mm  

Let    
mX = Balancing mass placed in plane X, and  
mY = Balancing mass placed in plane Y.   
The  position  of  planes  and  angular  position  of  the  masses  (assuming  the  mass  A  as  horizontal)  are 
shown in Fig. 1.5 (a) and (b) respectively.   
Assume the plane X as the reference plane (R.P.). The distances of the planes to the right of plane X are 
taken as + ve while the distances of the planes to the left of plane X are taken as –ve.  

  
                       (a) Position of planes.   (b) Angular position of masses.  
Fig. 1.6  
  mArAlA = 200 x 0.08 x (‐0.1) = ‐1.6 kg.m2      mArA = 200 x 0.08 = 16 kg.m  

  mBrBlB = 300 x 0.07 x 0.2 = 4.2 kg.m2     mBrB = 300 x 0.07 = 21 kg.m  
  mCrClC = 400 x 0.06 x 0.3 = 7.2 kg.m2       mCrC = 400 x 0.06 = 24 kg.m  
  mDrDlD = 200 x 0.08 x 0.6 = 9.6 kg.m2      mDrD = 200 x 0.08 = 16 kg.m  
 
 
 

 
 
Analytical Method:  
   For unbalanced couple  

∑mrl + mYrYlY = 0  

∑ cosθ 2 ∑ sin θ 2 

1.6cosθ° 4.2cos45° 7.2cos115° 9.6cos235° 2

1.6sin0° 4.2sin45° 7.2sin115° 9.6sin235°  

2
7.179 1.63  

  0.1 0.4 7.36 

mY = 184 kg.  

   
∑ .
 tan = ∑
= = -0.227   
.

 θY = -12°47’  

θY   lies in the fourth quadrant (numerator is negative and denominator is positive).  
                 θY = 360 -12°47’  

                 θY = 347°12’  
For unbalanced centrifugal force  

∑mr +mXrX+ mYrY = 0  

∑ cosθ cos ∑ sin θ sin  

16cos0° 21cos45° 24cos115° 16cos235° 18.4 cos347.2°

16sin0° 21sin45° 24sin115° 16sin235° 18.4 sin347.2°  

  = √29.47 19.42  

mX = 353 kg.  

 
  
∑ .
tan = ∑
= = 0.6589 
.

    

θX = 33°22’  
θX lies in the third quadrant (numerator is negative and denominator is negative).  
θX = 180 +33°22’  
θX = 213°22’  
Graphical Method:  
The balancing masses and their angular positions may be determined graphically as discussed below :  
Table 1.1  
Mass (m)  Radius   Cent.force ÷ ω2   Distance from  Couple ÷ ω2  
Plane   Angle  
kg   (r)m   (mr) kg‐m   Ref. Plane (l) m   (mrl) kg‐m2  
A   0°   200   0.08   160   – 0.1   –1.6  
X (R.P.)   θX   mX   0.1   0.1 mX   0   0  
B   45°   300   0.07   21   0.2   4.2  
C   115°   400   0.06   24   0.3   7.2  
Y   θY   mY   0.1   0.1 mY   0.4   0.04 mY  
D   235°   200   0.08   16   0.6   9.6  
   

 First of all, draw the couple polygon from the data given in Table 1.1 (column 7) as shown in 
Fig. 1.7 (a) to some suitable scale. The vector d′o′ represents the balanced couple. Since the 
balanced  couple  is  proportional  to  0.04  mY,  therefore  by  measurement,      0.04mY =  vector 
d′o′ = 73 kg‐m2  
  or                        mY = 182.5 kg  

 The angular position of the mass mY  is obtained  by drawing OmY in Fig.  1.6 (b), parallel to 

vector d′o′. By measurement, the angular position of mY is θY = 12° in the clockwise direction 
from mass mA (i.e. 200 kg), so θY = 360°– 12° = 348°.  

 
  

  
(a) Couple Polygon                                 (b) Force Polygon Fig. 1.7  

 Now draw the force polygon from the data given in Table 1.1 (column 5) as shown in Fig. 1.7 
(b). The vector eo represents the balanced force. Since the balanced force is proportional to 
0.1 mX, therefore by measurement,  
0.1mX = vector eo = 35.5 kg‐m       
or mX = 355 kg.  

 The angular position of the mass mX is obtained by drawing OmX in Fig. 1.6 (b), parallel to 
vector eo. By measurement, the angular position of mX is θX = 145° in the clockwise direction 
from mass mA (i.e. 200 kg), so θX = 360°– 145° = 215°.  

Example 1.4: Four masses A, B, C and D carried by a rotating shaft are at radii 100, 140, 210 and 160 
mm respectively. The planes in which the masses revolve are spaced 600 mm apart and the masses of 
B,  C  and  D are  16  kg,  10  kg  and  8 kg  respectively.  Find  the  required mass A  and  the  relative  angular 
positions  of  the  four  masses  so  that  shaft  is  in  complete 
balance.   
mA = ?       rA = 100mm        
mB = 16 kg       rB = 140mm      lB = 600 mm  
mC = 10 kg      rC = 210mm      lC = 1200 mm  
mD = 8 kg      rD = 160 mm      lD = 1800 mm  
Table 1.2  
Mass (m)  Radius   Cent.force ÷ ω2   Distance from  Couple ÷ ω2  
Plane   Angle  
kg   (r) m   (mr) kg‐m   Ref. Plane (l) m   (mrl) kg‐m2  
A (R.P.)   θA   mA   0.1   0.1mA   0   0  
B   0°   16   0.14   2.24   0.6   1.34  
C   θC   10   0.21   2.1   1.2   2.52  
D   θD   8   0.16   1.28   1.8   2.3  

 
 
 First of all, draw the couple polygon from the data given in Table 1.2 (column 7) as shown in Fig. 
1.8 (a) to some suitable scale. By measurement, the angular position of mC is θC  = 115° in the 
anticlockwise  direction  from  mass  mB  and  the  angular  position  of  mD  is  θD  =  263°  in  the 
anticlockwise direction from mass mB.  

 
  

                  (a) Couple Polygon             (b) Force Polygon  
Fig. 1.8  
 Now draw the force polygon from the data given in Table 1.2 (column 5) as shown in Fig. 1.8 (b). 
The vector co represents the balanced force. Since the balanced force is proportional to 0.1 mA, 
therefore by measurement,      0.1mA  = vectorco = 1.36 kg‐m      Or      mA = 13.6 kg.  

 By  measurement,  the  angular  position  of  mA  is  θA  =  208°  in  the  anticlockwise  direction  from 
mass mB (i.e. 16 kg).  
Example 1.5 :Four masses 150 kg, 200 kg, 100 kg and 250 kg are attached to a shaft revolving at radii 
150 mm, 200 mm, 100 mm and 250 mm; in planes A, B, C and D respectively. The planes B, C and D are 
at distances 350 mm, 500 mm and 800 mm from plane A. The masses in planes B, C and D are at an 
angle 105°, 200° and 300° measured anticlockwise from mass in plane A. It is required to balance the 
system by placing the balancing masses in the planes P and Q which are midway between the planes A 
and B, and between C and D respectively. If the balancing masses revolve at radius 180 mm, find the 
magnitude and angular positions of the balance masses.  
mA = 150 kg      rA = 150mm      θA = 0°         
mB = 200 kg       rB= 200mm    θB = 105°          
mC = 100 kg      rC = 100mm      θC = 200°          
mD = 250 kg      rD = 250 mm      θD = 300°          
            rX = rY = 180 mm    

 
  

  
Fig. 1.9  
Table 1.3  
Mass (m)  Radius   Cent.force ÷ ω2   Distance from  Couple ÷ ω2  
Plane   Angle  
kg   (r) m   (mr) kg‐m   Ref. Plane (l) m   (mrl) kg‐m2  
A (R.P.)   0°   150   0.15   22.5   –0.175   –3.94  
P   θP   mP   0.18   0.18 mP   0   0  
B   105°   200   0.2   40   0.175   7  
C   200°   100   0.1   10   0.325   3.25  
Q   θQ   mQ   0.18   0.18 mQ   0.475   0.0855 mQ  
D   300°   250   0.25   62.5   0.625   39.06  
  

Analytical Method:  
Table 1.4  
mrlcosθ   mrl sinθ   mrcosθ   mr sinθ  
( HC)   ( VC)   ( HF )   (VF )  
–3.94   0   22.5   0  
0   0   0.18 mPcosθP   0.18 mP sinθP  
–1.81   6.76   –10.35   38.64  
–3.05   –1.11   ‐9.4   –3.42  
0.0855 mQcosθQ   0.0855 mQ sinθQ   0.18 mQcosθQ   0.18 mQ sinθQ  
19.53   –33.83   31.25   –54.13  
∑ HC = 0  
–3.94 + 0 – 1.81 – 3.05 + 0.0855 mQcosθQ + 19.53 = 0  
0.0855 mQcosθQ = – 10.73  
mQcosθQ = – 125.497 …………………..(i)  
  

∑ VC = 0  
0 + 0 + 6.76 – 1.11 + 0.0855 mQ sinθQ – 33.83 = 0  
0.0855 mQ sinθQ = 28.18  
 θQ = 329.59  ………………..(ii)  
  

  125.497 329.59  

 
 
 
 
mQ = 352.67 kg.  
 
  
329.59
 
125.497
 
 

  = ‐2.626 
 θQ = – 69.15  
θQ  = 180 – 69.15  
θQ  = 110.84°  
  

∑ HF = 0  
22.5 + 0.18 mPcosθP – 10.35 – 9.4 + 0.18 mQcosθQ + 31.25 = 0  
22.5 + 0.18 mPcosθP – 10.35 – 9.4 + 0.18 (352.67) cos 110.84° + 31.25 = 0  
0.18 mPcosθP = – 11.416   
     mPcosθP = – 63.42   
  
∑ VF = 0  
0 + 0.18 mP sinθP + 38.64 – 3.42 + 0.18 mQ sinθQ – 54.13 = 0   
0 + 0.18 mP sinθP + 38.64 – 3.42 + 0.18 (352.67) sin 110.84° – 54.13 = 0   
0.18 mP sinθP = – 40.417  
     mP sinθP = – 224.54  

 =  63.42 224.54  

 
 
mP = 233.32 kg.  

 
224.54
 
63.42
 = 3.54 
 θP = 74.23  
 θP = 180 + 74.23  
 θP = 254.23°  

 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
Graphical Method :  
  

   
                    (a) Couple Polygon                (b) Force Polygon  
Fig. 1.10  

 First of all, draw the couple polygon from the data given in Table 1.4 (column 7) as shown in Fig. 
1.10  (a)  to  some  suitable  scale.  The  vector  do  represents  the  balanced  couple.  Since  the 
balanced couple is proportional to 0.0855 mQ, therefore by measurement,   
                                           0.0855 mQ = vector do = 30.15 kg‐m2  
  or      mQ = 352.63 kg.  
 By  measurement,  the  angular  position  of  mQ  is  θQ  =  111°  in  the  anticlockwise  direction  from 
mass mA (i.e. 150 kg).   

 
 
 Now draw the force polygon from the data given in Table 1.4 (column 5) as shown in Fig. 1.10 
(b).  The  vector  eo  represents  the  balanced  force.  Since  the  balanced  force  is  proportional  to 
0.18 mP, therefore by measurement,  0.18 mP = vector eo = 41.5 kg‐m       
Or              mP = 230.5 kg.  

 By  measurement,  the  angular  position  of  mP  is  θP  =  256°  in  the  anticlockwise  direction  from 
mass mA (i.e. 150kg).  
Example 1.6 :  A shaft carries four masses in parallel planes A, B, C and D in this order along its length. 
The masses at B and C are 18 kg and 12.5 kg respectively, and each has an eccentricity of 60 mm. The 
masses at A and D have an eccentricity of 80 mm. The angle between the masses at B and C is 100° and 
that  between  the  masses  at  B  and  A  is  190°,  both  being  measured  in  the  same  direction.  The  axial 
distance between the planes A and B is 100 mm and that between B and C is 200 mm. If the shaft is in 
complete  dynamic  balance,  determine:  1.  The  magnitude  of  the  masses  at  A  and  D;                    2.  The 
distance between planes A and D; and   
        3. The angular position of the mass at D.  
mA = ?       rA = 80 mm     θA = 190°           
mB = 18 kg   
  
rB= 60 mm     θB = 0°         
mC = 12.5 kg  
  
rC = 60 mm   θC = 100°           

mD = ?       rD = 80 mm     θD = ?   

X= Distance between planes A and D.   

  
                   (a) Position of planes.                       (b) Angular position of masses.  
Fig. 1.11  

 The position of the planes and angular position of the masses is shown in Fig. 1.11 (a) and (b) 
respectively. The position of mass B is assumed in the horizontal direction, i.e. along OB. Taking 
the plane of mass A as the reference plane, the data may be tabulated as below:  
 
 
 
 

 
  
Table 1.5  
Mass (m)  Radius   Cent.force ÷ ω2   Distance from  Couple ÷ ω2  
Plane   Angle   kg   (r) m   Ref. Plane (l) m  
(mr) kg‐m   (mrl) kg‐m2  
A (R.P.)   190°   mA   0.08   0.08mA   0   0  
B   0°   18   0.06   1.08   0.1   0.108  
C   100°   12.5   0.06   0.75   0.3   0.225  
D   θD   mD   0.08   0.08 mD   X   0.08 mDX  
  
 First of all, draw the couple polygon from the data given in Table 1.5 (column 7) as shown in Fig. 
1.12 (a) to some  suitable scale. The closing side of the polygon (vector c′o′) is  proportional to 
0.08 mD.X, therefore by measurement,   

0.08 mDX = vector c’o’ = 0.235 kg‐m2   ……………….(i)  

 By  measurement,  the  angular  position  of  mD  is  θD  =  251°  in  the  anticlockwise  direction  from 
mass mB (i.e. 18 kg).   

  
         (a) Couple Polygon                 (b) Force Polygon  
Fig. 1.12  

 Now  draw  the  force  polygon,  to  some  suitable  scale,  as  shown  in  Fig.  1.11  (b),  from  the  data 
given in Table 1.5 (column 5), as discussed below :   
i. Draw vector ob parallel to OB and equal to 1.08 kg‐m.   
ii. From point b, draw vector bc parallel to OC and equal to 0.75 kg‐m.   
iii. For  the  shaft  to  be  in  complete  dynamic  balance,  the  force  polygon  must  be  a  closed. 
Therefore  from  point  c,  draw  vector  cd  parallel  to  OA  and  from  point  o  draw  vector  od 
parallel to  OD. The vectors  cd and  od intersect at  d. Since the vector  cd is proportional to 
0.08 mA, therefore by measurement   
0.08 mA = vector cd = 0.77 kg‐m    or          

  mA = 9.625 kg.  

 
  
 and vector do is proportional to 0.08 mD, therefore by measurement,   
0.08 mD = vector do = 0.65 kg‐m    or           

  mD = 8.125 kg.  

 Distance between planes A and D   
From equation (i),   
    0.08 mD.X = 0.235 kg‐m2  
                  0.08 × 8.125 × X = 0.235 kg‐m2  
                        X = 0.3615 m   
               = 361.5 mm  
  
Example 1.7 :  A rotating shaft carries four masses A, B, C and D which are radially attached to it. The 
mass centers are 30 mm, 40 mm, 35 mm and 38 mm respectively from the axis of rotation. The masses 
A, C and D are 7.5 kg, 5 kg and 4 kg respectively. The axial distances between the planes of rotation of 
A and B is 400 mm and between B and C is 500 mm. The masses A and C are at right angles to each 
other. Find for a complete balance,   
(i) the angles between the masses B and D from mass A,   
(ii) the axial distance between the planes of rotation of C and D, and  (iii) the 
magnitude of mass B.  

  
Fig. 1.13 Position of planes  
Table 1.6  
Mass (m)  Radius   Cent.force ÷ ω2   Distance from  Couple ÷ ω2  
Plane   Angle  
kg   (r) m   (mr) kg‐m   Ref. Plane (l) m   (mrl) kg‐m2  
A    0°   7.5   0.03   0.225   – 0.4   –0.09  
B(R.P.)   θB   mB   0.04   0.04mB   0   0  
C   90°   5   0.035   0.175   0.5   0.0875  
D   θD   4   0.038   0.152   X   0.152X  
  

 
 

  
  

  (a) Couple Polygon                 (b) Force Polygon  
Fig. 1.14  

 First of all, draw the couple polygon from the data given in Table 1.6 (column 7) as shown in Fig. 
1.14  (a)  to  some  suitable  scale.  The  vector  bo  represents  the  balanced  couple.  Since  the 
balanced couple is proportional to 0.152X, therefore by  
measurement,   
  0.152X = vector bo   
  = 0.13 kg‐m2  
  or                  X = 0.855 m.  

The axial distance between the planes of rotation of C and D = 855 – 500 = 355 mm  

 By  measurement,  the  angular  position  of  mD  is  θD  =  360°  –  44°  =  316°  in  the  anticlockwise 
direction from mass mA (i.e. 7.5 kg).   

 Now draw the force polygon from the data given in Table 1.6 (column 5) as shown in Fig. 1.14 
(b).  The  vector  co  represents  the  balanced  force.  Since  the  balanced  force  is  proportional  to 
0.04 mB, therefore by measurement,  
     0.04 mB = vector co   
                = 0.34 kg‐m      or    
      mB = 8.5 kg.  

 By  measurement,  the  angular  position  of  mB  is  θB  =  180°  +  12°  =  192°  in  the  anticlockwise 
direction from mass mA (i.e. 7.5 kg).  

Example 1.8:  The four masses A, B, C and D revolve at equal radii are equally spaces along the shaft. 
The mass B is 7 kg and radii of C and D makes an angle of 90° and 240° respectively (counterclockwise) 
with radius of B, which is horizontal. Find the magnitude of A, C and D and angular position of A so that 
the system may be completely balance. Solve problem by analytically.  
Table 1.7  

 
  
Mass (m)  Radius   Cent.force ÷ ω2   Distance from  Couple ÷ ω2  
Plane   Angle   kg   (r) m   Ref. Plane (l) m  
(mr) kg‐m   (mrl) kg‐m2  
A (R.P.)   θA   mA   X   mA   0   0  
B    0°   7   X   7   Y   7Y  
C   90°   mC   X   mC   2Y   2mCY  
D   240°   mD   X   mD   3Y   3mDY  
  
mrlcosθ   mrl sinθ   mrcosθ   mr sinθ  
( HC)   ( VC)   ( HF )   (VF )  
0   0   mAcosθA   mAsinθA  
7Y   0   7   0  
0   2mCY   0   mC  
–1.5mDY   –2.59mDY   –0.5mD   –0.866mD  
∑ HC = 0  
0 + 7Y + 0 – 1.5mDY = 0  
mD = 7/1.5  
 mD = 4.67 kg  
∑VC = 0  
 

0 + 0 + 2mCY – 2.59mDY = 0  

mC = 6.047 kg  

∑ HF = 0 mAcosθA + 7 + 0 – 0.5mD = 0 mAcosθA =  ‐4.665  

∑ VF = 0 mAsinθA + 0 + mC – 0.866mD = 0 mAsinθA = ‐2.00278  
  

mA =  . .  
        
mA = 5.076 kg  
  

2.00278
 
4.665
 
θA = 23.23°  
 θA = 180° + 23.23°  
θA = 203.23°  

 
 
1.7 Balancing Machines  

• A balancing machine is able to indicate whether a part is in balance or not and if it is not, then it 
measures the unbalance by indicating its magnitude and location.  

  1.7.1. Static Balancing Machines  
• Static balancing machines are helpful for parts of small axial dimensions such as fans, gears and 
impellers, etc., in which the mass lies practically in a single plane.   
• There  are  two  machine  which  are used  as static  balancing  machine:  Pendulum  type  balancing 
machine and Cradle type balancing machine.  
(i) Pendulum type balancing machine  
• Pendulum type balancing machine as shown in Figure  1.15 is a simple kind  of static balancing 
machine. The machine is of the form of a weighing machine.   
• One arm of the machine has a mandrel to support the part to be balanced and the other arm 
supports a suspended deadweight to make the beam approximately horizontal.   
• The mandrel is then rotated slowly either by hand or by a motor. As the mandrel is rotated, the 
beam will oscillate depending upon the unbalance of the part.   
• If the unbalance is represented by a mass m at radius r, the apparent weight is greatest when m 
is at the position I and least when it is at B as the lengths of the arms in the two cases will be 
maximum and minimum.   
• A calibrated scale along with the pointer can also be used to measure the amount of unbalance. 
Obviously, the pointer remains stationary in case the body is statically balanced.  
  

  
Fig. 1.15  
(ii) Cradle type balancing machine  
• Cradle  type  balancing  machine  as  shown  in  fig.  1.16  is  more  sensitive  machine  than  the 
pendulum type balancing machine.   
• It consists of a cradle supported on two pivots P‐P parallel to the axis of rotation of the part and 
held in position by two springs S‐S.   

 
 
• The part to be tested is mounted on the cradle and is flexibly coupled to an electric motor. The 
motor  is  started  and  the  speed  of  rotation  is  adjusted  so  that  it  coincides  with  the  natural 
frequency of the system.   
• Thus,  the  condition  of  resonance  is  obtained  under  which  even  a  small  amount  of  unbalance 
generates large amplitude of the cradle.  
• The moment due to unbalance = (mrω2 cos θ).l where ω is the angular velocity of rotation. Its 
maximum value is mrω2l. If the part is in static balance but dynamic unbalance, no oscillation of 
the cradle will be there as the pivots are parallel to the axis of rotation.  

  
Fig. 1.16  
  1.7.2. Dynamic Balancing Machines  
• For  dynamic  balancing  of  a  rotor,  two  balancing  or  countermasses  are  required  to  be  used  in 
any two convenient planes. This implies that the complete unbalance of any rotor system can be 
represented by two unbalances in those two planes.   
• Balancing  is  achieved  by  addition  or  removal  of  masses  in  these  two  planes,  whichever  is 
convenient. The following is a common type of dynamic balancing machine.  
Pivoted‐cradle Balancing Machine   
• Fig 1.17 shows a pivot cradle type dynamic balancing machine. Here, part which is required to 
be balanced is to be mounted on cradle supported by supported rollers and it is connected to 
drive motor through universal coupling.   
• Two planes are selected for dynamic balancing as shown in fig. 1.17 where pivots are provided 
about which the cradle is allowed to oscillate.  
• As shown in fig 1.17, right pivot is released condition and left pivot is in locked position so as to 
allow the cradle and part to oscillate about the pivot.   
• At  the  both  ends  of  the  cradle,  the  spring  and  dampers  are  attached  such  that  the  natural 
frequency can be adjusted and made equal to the motor speed. Two amplitude indicators are 
attached at each end of the cradle.  
• The  permanent  magnet  is  mounted  on  the  cradle  which  moves  relative  to  stationary  coil  and 
generates  a  voltage  which  is  directly  proportional  to  the  unbalanced  couple.  This  voltage  is 
amplified and read from the calibrated voltmeter and gives output in terms of kg‐m.   
• When  left  pivot  is  locked,  the  unbalanced  in  the  right  correction  plane  will  cause  vibration 
whose amplitude is measured by the right amplitude indicator.   
• After that right pivot is locked and another set of measurement is made for left hand correction 
plane using the amplitude indicator of the left hand side.  

 
 

  
Fig. 1.17