Mérnöki alapok 2. el őadás - hds.bme.hu · A jellemz ő mozgásforma (egyenes vonalú vagy...
Transcript of Mérnöki alapok 2. el őadás - hds.bme.hu · A jellemz ő mozgásforma (egyenes vonalú vagy...
Mérnöki alapok 2. előadás
Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi EgyetemGépészmérnöki Kar
Hidrodinamikai Rendszerek Tanszék
1111, Budapest, Műegyetem rkp. 3. D ép. 334.Tel: 463-16-80 Fax: 463-30-91http://www.vizgep.bme.hu
Készítette: dr. Váradi Sándor
Kerületi sebesség, centripetális gyorsulás
„r” sugár, „ω” szögsebesség: v=rω
Ha ω=áll., |v|=áll. iránya változik
ω== rvv 21
ω=∆
ϕ∆
t
2/ ϕ∆∆ϕ∆ v
Mérnöki alapok. 2. előadás
ha
2
2/
2sin
1
ϕ∆≅
∆=
ϕ∆
v
v
fok5<ϕ
ϕ≈ϕ sin][rad
Centripetális gyorsulás
tv
v∆ω=ϕ∆=
∆
1
r
vr
t
vacp
22
=ω=∆
∆=
Mérnöki alapok. 2. előadás
Egyenletes körmozgás feltétele
r
vmF
2
=
NYOMATÉK
erő * erőkar (az erő merőleges az erőkarra; vektori szorzat)
A munkával szembeállítva: W skalár; M vektor
Mérnöki alapok. 2. előadás
Mértékegység: Nm (nem Joule!!!)
TEHETETLENSÉGI NYOMATÉK (Θ)
Pontszerű „m” ; „r” sugáron
Mértékegység: [kgm2]
2mr=Θ
2∑
Mérnöki alapok. 2. előadás
Általában „ri” sugáron „∆mi” tömeg
Henger esetén
2iirm∑∆=Θ
2
2
1mr=Θ
SZÖGGYORSULÁS
Időegységre eső szögsebesség-változás
Mértékegysége: 1/s2; rad/s2
t∆
ω∆=ε
Mérnöki alapok. 2. előadás
Egyenletesen változó szögsebesség esetén:
Tállandó 12 ω−ω
==ε
NEWTON 2. törvénye forgó mozgásra
(nem bizonyítás; emlékeztető)
( )t
rm
t
vmmaF
∆
ω∆=
∆
∆≅=
ω∆
Mérnöki alapok. 2. előadás
tmrF
∆
ω∆=
tmrFr
∆
ω∆=
2
εΘ=M
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]
Mérnöki alapok. 2. előadás
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] Tehetetlenségi nyomaték
Θ [kgm2]
teljesítmény P=Fv [W] teljesítmény P=Mω [W]
Mozgási energia mv2/2 [J] Mozgási energia Θω2/2 [J]
GÉPEK EGYENLETES ÜZEME
GÉP: anyag, információ, energia helyének és/vagy alakjának megváltoztatására szolgál
Csoportosításuknagyságműködési elv: - kalorikus
Mérnöki alapok. 2. előadás
- hidraulikus- mechanikus- elektromos stb.
felhasználás: - közlekedés- ipar- mezőgazdaság stb.
Energetikai szerep
Közlőmű
Erőgép Munkagép
Hajtómű
Erőgép: a gép szempontjából külső energiát átalakít, legtöbbször (forgó mozgássá) mechanikai munkává
Mérnöki alapok. 2. előadás
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.)
Munkagép: mechanikai munkát egy feladat elvégzésére felhasznál (esztergagép, kávédaráló, ventilátor, stb.)
Megjegyzés:
Mérnöki alapok. 2. előadás
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
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: Ft-Fs-Gt=0
Merőlegesen: N+Fn-Gn=0
Súrlódó erő: Fs=µ N=µ (Gn - Fn)= µ (G cosα - F sinβ)
ha G cosα ≥ F sinβ
Mérnöki alapok. 2. előadás
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:βµ+β
αµ+α=
sincos
cossinGF
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
Mérnöki alapok. 2. előadás
Fmin ott adódik, ahol a nevező maximális
nevező(β) = cosβ + µ sinβ
Vizsgáljuk egyenlőre grafikusan:
A nevező elemeinek vizsgálata:
G =1N súlyú test vontatása αααα=30fokos emelkedőn. (µµµµ =0.1)
0,996
0,998
1
1,002
0,12
0,14
0,16
0,18
0,2
sin
ββ ββ
sinββββ
cosββββ
Mérnöki alapok. 2. előadás
0,984
0,986
0,988
0,99
0,992
0,994
0 2 4 6 8 10 12
β β β β [[[[fok]
cos ββ ββ
0
0,02
0,04
0,06
0,08
0,1
0,12
sin
ββ ββ;
µµ µµsi
n
µµµµsinββββ
Számítási példa: egységnyi súlyú test α=30°-os hajlásszögű emelkedőn felfelé mozgatása. F=f(α,β,µ) paramétereknek
G =1N súlyú test vontatása αααα=30fokos emelkedőn. (µµµµ =0.1)
1,003
1,004
1,005
1,006
neve
ző
Mérnöki alapok. 2. előadás
0,999
1
1,001
1,002
1,003
0 2 4 6 8 10 12
β β β β [[[[fok]
neve
ző
Számítási példa: egységnyi súlyú test α=30°-os hajlásszögű emelkedőn felfelé mozgatása. F=f(α,β,µ) paramétereknek
G =1N súlyú test vontatása αααα=30fokos emelkedőn. (µµµµ =0.1)
0,586
0,5865
0,587
Mérnöki alapok. 2. előadás
0,5835
0,584
0,5845
0,585
0,5855
0 2 4 6 8 10 12
β β β β [[[[fok]
F [N
]
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
Mérnöki alapok. 2. előadás
0cossin =βµ+β−=βd
dnevező
opt
opt
opttgβ=
β
β=µ
cos
sin
o
opt arctgarctg 71.51.0 ==µ=β
Nézzük meg a vízszintes síkon való mozgatást (α=0)
Húzás: ha cosβ>0; sinβ>0
Tolás: ha cosβ<0; sinβ>0
Tolás esetén ugyanakkora β-hoz nagyobb F erő tartozik
βµ+β
µ=
sincos
GF
20
π≤β≤
π≤β≤π
2
Mérnöki alapok. 2. előadás
Tolás esetén ugyanakkora β-hoz nagyobb F erő tartozik
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.
Munkavégzés
Hatásfok:
Kérdés: hol maximális a
( ) vhsssttö WWLFhGLFGLLFGLFW +=+∆=+α=+== sin
1sin
sin<
+α
α==η
LFGL
GL
W
W
sö
h
Mérnöki alapok. 2. előadás
Kérdés: hol maximális a hatásfok? η = η (β)
α, µ, G adott
βµ+β
αµ+α=
sincos
cossinGF
( )β−αµ= sincos FGFs
A szélsőértékhez tartozó megoldás levezetése
ha Fs=0
osztunk Gcosαcosβ-val
( ) ( )1max =η=βη
ββµ+β
αµ+α=β=α sin
sincos
cossinsincos GFG
βµ+α
= tgtg
1
Mérnöki alapok. 2. előadás
Megoldás: ha α=30°, akkor β=60°
ββµ+
µ+α= tg
tg
tg
11
βµ+βα=βµ+ tgtgtgtg1
βα= tgtg1
α=β
tgtg
1
Tervezzünk sífelvonót!
Számítandó a vonóerő szükséglet:
Adatok:
m=80kg
µ=0.05
α=20°
Mérnöki alapok. 2. előadás
α=20°
β=30°
=βµ+β
αµ+α=
sincos
cossin1 mgF
Nsmkgoo
oo
6.34230sin*05.030cos
20cos*05.020sin*/81.9*80 2
=+
+=
Kötélerő: K1=F1cosβ=296.7N≈300N
Ha csákányos, akkor egy csákányra két ember jut, 50 csákány esetén az eredő vonóerő:
Mérnöki alapok. 2. előadás
K=100*K1=3*104N
Lejtőn magára hagyott kocsi (erőegyensúly alapján)
Egy lejtős földúton magára hagyott kocsi milyen esetben mozog egyenletes sebességgel lefelé? A felfújható
Mérnöki alapok. 2. előadás
A felfújható gumitömlő és a földút közötti ellenállás-tényező értéke: µ=0.045.
αµ=αµ=µ==α=α= coscossinsin mgGGFmgGG nst
α=µ tgo
arctgarctg 58.2045.0 ==µ=α
(Az energia megmaradási törvény alapján)
Természetesen az eredmény azonos az előző megoldásban adódottal:
smgsFWmgshmgE ssh αµ===α=∆=∆ cossin
α=µ tgo
arctgarctg 58.2045.0 ==µ=α
Mérnöki alapok. 2. előadás
α=µ tg arctgarctg 58.2045.0 ==µ=α