Mérnöki alapok 2. előadás Készítette: dr. Váradi Sándor
Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gépészmérnöki Kar Hidrodinamikai Rendszerek Tanszék
1111, Budapest, Műegyetem rkp. 3. D ép. 334. Tel: 463-16-80 Fax: 463-30-91 http://www.vizgep.bme.hu
Kerületi sebesség, centripetális gyorsulás „r” sugár, „ω” szögsebesség: Ha ω=áll., |v|=áll.
v=rω iránya változik
∆ϕ =ω ∆t
v1 = v2 = rω ∆ϕ ∆v / 2 ∆ϕ sin = ≅ 2 v1 2
ha
ϕ < 5 fok
ϕ[rad ] ≈ sin ϕ Mérnöki alapok. 2. előadás
∆v = ∆ϕ = ω∆t v1 2
v ∆v 2 acp = = rω = r ∆t
Centripetális gyorsulás Egyenletes körmozgás feltétele 2
v F =m r
Mérnöki alapok. 2. előadás
NYOMATÉK erő * erőkar (az erő merőleges az erőkarra; vektori szorzat) A munkával szembeállítva: W skalár; Mértékegység: Nm
M vektor
(nem Joule!!!)
Mérnöki alapok. 2. előadás
TEHETETLENSÉGI NYOMATÉK (Θ) Pontszerű „m” ; „r” sugáron
Θ = mr
2
Mértékegység: [kgm2] Általában „ri” sugáron „∆mi” tömeg
Henger esetén
Θ = ∑ ∆mi ri
1 2 Θ = mr 2 Mérnöki alapok. 2. előadás
2
SZÖGGYORSULÁS Időegységre eső szögsebesség-változás
∆ω ε= ∆t
Mértékegysége: 1/s2; rad/s2 Egyenletesen változó szögsebesség esetén:
ω2 − ω1 ε = állandó = T
Mérnöki alapok. 2. előadás
NEWTON 2. törvénye forgó mozgásra (nem bizonyítás; emlékeztető)
∆v ∆ (rω) F = ma ≅ m =m ∆t ∆t ∆ω F = mr ∆t ∆ω Fr = mr ∆t 2
M = Θε Mérnöki alapok. 2. előadás
ANALÓGIA Egyenes vonalú mozgás
Forgó mozgás
idő
t [s]
idő
t [s]
út, elmozdulás
s [m]
szögelfordulás
ϕ [rad]
sebesség
v [m/s]
szögsebesség
ω [rad/s]
gyorsulás
a [m/s2]
szöggyorsulás
ε [rad/s2]
erő
F=ma [N]
nyomaték
M=Θε [Nm]
tömeg
m [kg]
Θ [kgm2]
teljesítmény
P=Fv [W]
Tehetetlenségi nyomaték teljesítmény
Mozgási energia mv2/2 [J]
P=Mω [W]
Mozgási energia Θω2/2 [J] Mérnöki alapok. 2. előadás
GÉPEK EGYENLETES ÜZEME GÉP: anyag, információ, energia helyének és/vagy alakjának megváltoztatására szolgál Csoportosításuk nagyság működési elv: - kalorikus - hidraulikus - mechanikus - elektromos stb. felhasználás: - közlekedés - ipar - mezőgazdaság stb. Mérnöki alapok. 2. előadás
Energetikai szerep Közlőmű Erőgép
Munkagép
Hajtómű Erőgép: a gép szempontjából külső energiát átalakít, legtöbbször (forgó mozgássá) mechanikai munkává (M; ω) Pl.: motor (villamos motor, belső égésű motor), vagy turbina (gázturbina, gőzturbina) Közlőmű: mechanikai munkát továbbít, átalakít (sebességváltómű, kardánhajtás, stb.) Mérnöki alapok. 2. előadás
Munkagép: mechanikai munkát egy feladat elvégzésére felhasznál (esztergagép, kávédaráló, ventilátor, stb.) Megjegyzés: Ugyanaz a gép a vizsgált környezettől függően lehet erőgép, vagy munkagép is. Például a ventilátor munkagép a motor – ventilátor kapcsolatban, de erőgép a ventilátor – csővezeték kapcsolatban
Mérnöki alapok. 2. előadás
EGYENLETES ÜZEM A jellemző mozgásforma (egyenes vonalú vagy körmozgás) időben állandó (stacionárius üzem) Legegyszerűbb példája: egyenletes vontatás lejtőn
Mérnöki alapok. 2. előadás
Egyensúly (az erők eredője zérus) A mozgás irányában: Merőlegesen:
Ft-Fs-Gt=0 N+Fn-Gn=0
Súrlódó erő: Fs=µ N=µ (Gn - Fn)= µ (G cosα - F sinβ) ha G cosα ≥ F sinβ Gt = G sinα és Ft = F cosβ helyettesítésével a mozgás irányában az erőegyensúly: F cosβ-µ (G cosα – F sinβ) – G sinα=0 A vonóerő szükséglet:
sin α + µ cos α F =G cos β + µ sin β Mérnöki alapok. 2. előadás
Adott α és µ esetén milyen irányban (β=?) érdemes húzni, ahol a legkisebb a vonóerő? Adott α és µ esetén a vonóerő képlet számlálója állandó, így Fmin ott adódik, ahol a nevező maximális nevező(β) = cosβ + µ sinβ Vizsgáljuk egyenlőre grafikusan: Mérnöki alapok. 2. előadás
A nevező elemeinek vizsgálata: G =1 N súlyú test vontatása α =30fokos emelkedőn. (µ =0.1) 1,002 cosβ β
1
0,16 0,14 0,12
sinβ β
0,998
cos β
0,996 0,994
0,1 0,08 0,06 0,04
0,992 0,99 0,988
µsinβ β
0,986
0,02 0
0,984 0
2
4
6
8
10
12
β [ fok] Mérnöki alapok. 2. előadás
sinβ ; µ sinβ
0,2 0,18
Számítási példa: egységnyi súlyú test α=30°-os hajlásszögű emelkedőn felfelé mozgatása. F=f(α,β,µ) paramétereknek G =1 N súlyú test vontatása α =30fokos emelkedőn. (µ =0.1) 1,006 1,005
nevező
1,004 1,003 1,002 1,001 1 0,999 0
2
4
6
8
10
12
β [ fok] Mérnöki alapok. 2. előadás
Számítási példa: egységnyi súlyú test α=30°-os hajlásszögű emelkedőn felfelé mozgatása. F=f(α,β,µ) paramétereknek G =1 N súlyú test vontatása α =30fokos emelkedőn. (µ =0.1) 0,587 0,5865
F [N]
0,586 0,5855 0,585 0,5845 0,584 0,5835 0
2
4
6
8
10
β [ fok] Mérnöki alapok. 2. előadás
12
A számpélda adatai szerint ha α=30° és µ=0.1, akkor a minimum kb. β ≈ 6°-nál adódik és Fmin ≈ 0.995Fβ=0 Ha már deriválni tudnának, akkor dnevező = − sin β + µ cos β = 0 dβ µ=
sin βopt cos βopt
= tgβopt o
βopt = arctgµ = arctg 0.1 = 5.71
Mérnöki alapok. 2. előadás
Nézzük meg a vízszintes síkon való mozgatást (α=0)
µG π Húzás: ha 0 ≤ β ≤ cosβ>0; sinβ>0 F = 2 cos β + µ sin β π cosβ<0; sinβ>0 ≤β≤π 2 Tolás esetén ugyanakkora β-hoz nagyobb F erő tartozik
Tolás: ha
Ha β < 0 (ferde rúddal tolom a testet) cosβ > 0; sinβ < 0; µsinβ < 0, tehát a nevező kisebb mint 1; azaz nehezebb tolni, mint húzni. Ennek ellenére, ha az üzembiztonság fontos: gyermekkocsit mindig tolunk, sohasem húzunk. Mérnöki alapok. 2. előadás
Munkavégzés Wö = Ft L = (Gt + Fs )L = GL sin α + Fs L = G∆h + Fs L = Wh + Wv Hatásfok:
Wh GL sin α η= = <1 Wö GL sin α + Fs L
Kérdés: hol maximális a hatásfok? η = η (β) α, µ, G adott
F =G
sin α + µ cos α cos β + µ sin β
Fs = µ(G cos α − F sin β) Mérnöki alapok. 2. előadás
A szélsőértékhez tartozó megoldás levezetése
η(β ) = ηmax (= 1) ha Fs=0 sin α + µ cos α G cos α = F sin β = G sin β cos β + µ sin β
tgα + µ 1= tgβ 1 + µtgβ
osztunk Gcosαcosβ-val
1 + µtgβ = tgαtgβ + µtgβ 1 = tgαtgβ 1 tgβ = tgα
Megoldás: ha α=30°, akkor β=60°
Mérnöki alapok. 2. előadás
Tervezzünk sífelvonót! Számítandó a vonóerő szükséglet: Adatok: m=80kg µ=0.05 α=20° β=30° sin α + µ cos α F1 = mg = cos β + µ sin β o
o
sin 20 + 0.05 * cos 20 = 80kg * 9.81m / s * = 342.6 N o o cos 30 + 0.05 * sin 30 2
Mérnöki alapok. 2. előadás
Kötélerő: K1=F1cosβ=296.7N≈300N Ha csákányos, akkor egy csákányra két ember jut, 50 csákány esetén az eredő vonóerő: K=100*K1=3*104N
Mérnöki alapok. 2. előadás
Lejtőn magára hagyott kocsi (erőegyensúly alapján) Egy lejtős földúton magára hagyott kocsi milyen esetben mozog egyenletes sebességgel lefelé? A felfújható gumitömlő és a földút közötti ellenállás-tényező értéke: µ=0.045.
Gt = G sin α = mg sin α = Fs = µGn = µG cos α = µmg cos α o µ = tgα α = arctgµ = arctg 0.045 = 2.58 Mérnöki alapok. 2. előadás
(Az energia megmaradási törvény alapján)
∆Eh = mg∆h = mgs sin α = Ws = Fs s = µmg cos αs Természetesen az eredmény azonos az előző megoldásban adódottal:
µ = tgα
α = arctgµ = arctg 0.045 = 2.58
Mérnöki alapok. 2. előadás
o
