Trigonometria [2. ed.] [PDF]

Zitiervorschau

A BOLYAI K Ö N YV E K

KÖTETEI

BÁRCZY BARNABÁS

M A T E M A T IK A Bárczy Barnabás: Számtan Kardos Gyula: Algebra I.

TRIGONOMETRIA

Bárczy Barnabás: Algebra II. Bárczy Barnabás: Trigonometria Solt György: Geometria I. Bárczy Barnabás: Geometria II. Edőcs Ottó: Ábrázoló geometria i .

M Á S O D IK , J A V ÍT O T T K IA D Á S

Edőcs Ottó: Ábrázoló geometria II.

F IZ IK A Kováts Im réné: Mechanika Kováts Im réné: Statika Márton Albert: Szilárdságtan Brüchner János: Akusztika Kováts Im réné: H őtan Brückner János: Optika Korda Tibor: Egyenáram Korda Tibor: Váltakozó áram Korda Tibor: Híradástechnika Bárczy Barnabás: Atomfizika K É M IA K in d l E rvin : Kém ia I. Sajó Istvánné: Kém ia II.

M Ű S Z A K I K Ö N Y V K IA D Ó , B U D A P E S T

1966

M ŰSZAKI

K Ö N Y V K IA D Ó ,

1966

BUDAPEST

A. sorozatot szerke »*U M ÁTAY LÁSZLÓ oki. gépészmérnök

E kötet lektora

AZ OLVASÓHOZ!

T O L N A I JE N Ő tudom ányos főmunkatárs

Copr. Bárczy Barnabás, 1962

E T O : S14

Felelős k ia d ó : Solt Sándor igazgató Felelős szerkesztő: dr. Vas G yörgyné oki. alk. m atematikus

A gyakorlatban régóta hiányzik az általános iskolák felső tago­ zata, a gimnáziumok és technikumok hallgatói részére kidolgozott példatár. A tananyagok egyszerűsítése ellenére az órát adó tanár­ nak ritkán van ideje arra, hogy megfelelően választott és kellő számú példát oldhasson meg. A tankönyvekben sincs mód arra, hogy az elméleti anyagon kívül elegendő példát, vagy főleg példamegoldást közölhessenek. Példatár sorozatunk, amely B o l y a i nevét viseli, ezt a hiá­ nyosságot szeretné pótolni. Célja, hogy a sokféle feladat alapján hozzájuk hasonlókat az olvasók meg tudjanak oldani. Általános irányelvként ajánljuk, hogy a feladatot lehetőleg mindenki önállóan igyekezzék megfejteni, és megoldásmenetét, valamint végeredményét csak azután egyeztesse a könyv adataival. A példatár sorozatot figyelmébe ajánljuk a középiskolák esti és levelező tanulóinak is, akiknek a tanítási órákon sokkal kevesebb idejük van a példák megoldására, mint a nappali tagozatosoknak. Az iskolai használaton kívül e könyvek hasznosak lehetnek a gyárak, műhelyek dolgozói számára is. A ma műszaki gyakor­ lata több és több új probléma elé állítja, a szakmunkásokat, de esetleg a magasabb végzettségűek sem emlékeznek mindenre, amit tanultak. A közölt feladatok alapján az üzemben felmerült kérdé­ sekre választ kaphatunk. A politechnikai képzés is támaszkodhat majd a „Bolyai” példatárakra. Mely területeken találunk példákat a sorozatban ? A matematika témájú könyvekben az általános iskolák V III. osztályának anyagához tartozó matematika példáktól a gimná­ zium és technikum IV . osztályának anyagáig bezárólag közlünk példákat, ül. feladatokat. 5

A fizikai könyvekben részletesen foglalkozunk a középiskolák fizika anyagához tartozó példákkal, főként az elektrotechnikához tartozókkal. A kémiai könyvek általános, szervetlen és egyszerű szerves ké­ miai feladatokat közölnek. A felsorolt sokrétű anyagban azonos szerkezeti élveket kívánunk betartani. Mindegyik kötetben először az elméleti anyagot tár­ gyaljuk, példákkal és gyakorló feladatokkal illusztrálva azt, majd jellemző műszaki feladatokat közlünk. A feladatokat röviden megmagyarázzuk azok számára, akik a feladatot tájékoztatás nélkül nem értenék, mert avval a műszaki problémával még nem foglalkoztak. Az egyes könyvek nem feltét­ lenül a gimnáziumi vagy technikumi tanmenet szerint következ­ nek majd egymás után, de feltétlenül törekszünk arra, hogy a soro­ zat a fenti témákból a középiskolák teljes anyagát tartalmazza. Mivel e példatárakhoz hasonlót eddig még nem adtak ki, élőre is elnézést kérünk az olvasóktól az esetleges tematikai vagy másirányú eltérésekért. Vélünk közölt észrevételeiket élőre köszönjük, és a kö­ vetkezőkben figyelembe is fogjuk venni őket. A „Bolyai” sorozatot pedagógus kollégáink jóakaratú f i ­ gyelmébe ajánljuk. Reméljük, hogy e sorozat hozzájárul nemes fel­ adatunknak, az ifjúság tanításának eredményességéhez. A szerkesztő

6

A SZERZŐ ELŐSZAVA Iskoláink száma az utóbbi évtizedben nagyon megnövekedett. Államunk nagy gondot fordít a tanulók és a dolgozók tudományos igényeinek kielégítésére. Minden iskolában és a legtöbb tanfolya­ mon alapvető tantárgy a matematika. A matematikatanításban legfontosabb cél a példamegoldási készség kifejlesztése', e téren vannak a legnagyobb nehézségek. Annál biztosabb valakinek az ilyen irányú tudása, mennél több példát oldott meg úgy, hogy nemcsak gépiesen alkalmazott valamilyen szabályt, hanem tu­ datában is volt annak, amit csinált. Ezt nevezzük a példa logikus gondolkodás útján való megoldásának. Ebben szeretnék se­ gítséget nyújtani mindenkinek, aki a matematika iránt érdek­ lődik. A könyvben minden feladatot megoldottam', ahol szükséges volt, a kidolgozás lépéseit is ismertettem. Ennek az a célja, hogy az Olvasó lássa, milyen következtetésekkel, logikus gondolkodással lehet még a látszólag bonyolult feladatokat is megoldani. A képletekbe behelyettesítettem a bennük szereplő mennyiségek mértékegységeit, ui. elég régi tapasztalat, hogy — főleg a kevésbé gyakorlott példamegoldók — behelyettesítik a számadatokat, és azok egységeitől teljesen függetlenül írnak a végeredményhez mér­ tékegységet. Már itt felhívom a figyelmet az egyenletmegoldások fontos sza­ bályára: a megoldás helyességét próbával ellenőrizni kell. Külö­ nösen fontos ez a trigonometrikus egyenletek esetében. Fontos fejezet a vektorok és műveleti szabályaik ismertetése, valamint a komplex számok trigonometrikus alakjának bevezetése. A vektorokat — a szabványtól eltérően — dőlt betűvél jelölöm, ahogyan ez a középiskolai tankönyvben szokásos.

I. A D E R É K S Z Ö G Ű H Á R O M S Z Ö G SZÖGFÜGGVÉNYEINEK

A könyv végén műszaki jellegű feladatokat közlök, ezek az el­ mélet gyakorlati alkalmazását mutatják be. Sok sikert kívánok az Olvasónak a példák megoldásához.

ÉRTELMEZÉSE

Budapest, 1961. július hó Bárczy Barnabás 1. Hegyesszögek szögfüggyényei

A S Z E R Z Ő E L Ő S Z A V A A II. K I A D Á S H O Z A könyv második kiadása nem tér el tartalmilag az első kiadás­ tól. Lényegében az első kiadásban talált sajtóhibák kijavítására, helyenként pontosabb megfogalmazásra, ill. a példák és feladatok egyszerűbb megoldására törekedtünk. A második kiadás előkészí­ tésében sok értékes tanácsot kaptam Tolnai Jenő lektortól. Segít­ ségéért ezúton is köszönetét mondok. Az Olvasónak ismét sok sikert kívánok a feladatok megoldásá­ hoz. Budapest, 1965. július hó Bárczy Barnabás

A derékszögű háromszög belső szögeinek összege 180°. Az oldalak közötti összefüggést a Pythagoras-tétel adja meg: a2 + & 2 = c2 } ahol a és &a befogók és c az átfogó. A trigonometria vagy más néven háromszögmértan a derék­ szögű háromszög oldalai és szögei közötti összefüggéseket tár­ gyalja. A derékszögű háromszög bármelyik két oldalának aránya meg­ határozza a háromszög mindkét hegyesszögét és fordítva, bármelyik hegyesszög meghatá­ rozza az oldalarányokat. Az egyes oldal­ arányokat szögfüggvényeknek nevezzük. Az egyes arányok jelölésére a szinusz, koszii / / 1 ábra Derékszögű nusz, tangens, kotangens, szekans es ko’ háromszög szekáns — latin eredetű — szavak rövi­ dítéseit használjuk: sin, cos, tg, ctg, sec, cosec. Ha a derékszögű háromszög befogóit a-val és 6 -vel, átfogóját c-vel jelöljük ( 1 . ábra), akkor az a szög összes szögfüggvényei a következők: a oc szöggel szemben fekvő befogó sin a = — = -------------------- ttt— 7---------------- — » c atlogó 6

C0S a

_

c a _ b

8

a szög mellett fekvő befogó átfogó

’

a szöggel szemben fekvő befogó a szög mellett fekvő befogó 9

ctg a = sec a = cosec a

a szög mellett fekvő befogó - — & a

2yw -2

A_i 9

^ j/3

2 /3

2 _ 3_

—3 ~

3

1

T ~ ~~2

YT “ ’

9 6 /3

9

61

Először a jobb oldalt alakítjuk át a szögküiönbségekre és szogösszégekre vonatkozó azonosság felhasználásával:

6 /3

Y*"

2. Határozzuk meg a 22,5°-os összes szögfüggvényeit, ha ismerjük a 45°-os szög szögfüggvényeit!

— cos 45°

sin 22,5°

cos 22

2

1

- Y2

sin a cos /? — cos a sin jő sin a cos/? + cos a sin fi

Osztjuk a számláló és nevező minden egyes tagját cos a cos /3-val, majd egyszerűsítünk.

— = 22,5°.

a = 45°;

sin (a —jő) sin (a + jő)

2-

/ 2"

sin a cos

cos a sin B

sin a

sin 8

cos a cos jő

cos a cos fi

cos a

cos jő

cos a sin fi H 5 cos a cos fi cos a cos fi

r-f-

1+

+ cos 45°

-V

fi

sin (a + jő) — 2 sin a cos /? 2 sin a sin fi + cos (a + jő)

^g (a

p).

Az azonosság bal oldalát alakítjuk át úgy, hogy benne szögösszegek már ne legyenek, majd összevonunk:

1 + cos 45°

sin (a+jő) — 2 sin a cos fi

sin a cos fi+ cos a sin jő— 2 sin a cos fi

2 sin a sin fi + cos (a+jő)

2 sin a sin jő+ cos a cos fi —sin a sin jő

_ cos a sin fi —sin a cos /?

— (sin a cos jő —cos a sin /?)

cos a cos jő+ sin a sin fi

cos 45°

ctg 22

tg a —tg /? tg a + tg

Tehát az eredetileg felírt azonosság helyes.

2 + / 2~

— cos 45°

tg 22

sin a , sin fi --------b ■ cos a cos fi

cos 45°

cos a cos fi + sin a sin /?

A számláló és nevező helyébe a megfelelő szögkülönbségek szögfügg­ vényét írjuk, így tehát: —sin (a —jő) cos (a —jő)

Az előbbi azonosságokat főleg trigonometrikus egyenletek megoldása­ kor, valamint trigonometrikus azonosságok helyességének igazolásakor használjuk fel. Igazoljuk a következő azonosságok helyességét: sin a cos jő+ cos a sin jő

tg a + tg jő

cos a cos £ —sin a sin fi

1 —tg a tg £

= —tg (a —fi).

Tehát az eredeti azonosság helyes. »•

sin a cos jő—sin (a+jő) --------------- o----------;------= —ctg a. cos a cos p — cos (a+jő)

Az azonosság bal oldala: sin (ct+fi) cos (a+jő)

= tg (a + 0),

de a jobb öldal is ez, tehát egyenlők 4.

62

tg a - t g P

sin (a -jő )

tg a + t g s i n

(a + jő)

A kifejezés bal oldalát alakítjuk át: sin a cos fi —sin (a+jő)

sin a cos fi —sin a cos fi —cos a sin fi

cos a cos fi — cos (a+jő)

cos a cos jő — cos a cos jő+ sin a sin jő

— cos a sin jő cos a = ---- :--------:--- 5— = ----- :------ = — ctg a. sm a sm B sm a

63

l'ehát az eredeti azonosság iieiyéíi. 1 + sin 2a

3. Trigonometriai összegek és különbségek szorzattá alakítása

tg (45° + a).

cos 2a

A bal oldalt úgy alakítjuk át, hogy benne csak egyszeres szögfüggvé­ nyek legyenek: 1 -f sin 2a 1 + 2 sin a cos a cos 2a

cos2 a —sin2 a

Összegeket és különbségeket logaritmussal nem tudunk ki­ számítani, ezért sokszor célszerű, ha az ilyen kifejezéseket szor­ zat alakban is fel tudjuk írni. . po = 2 o sm—~ • a + ^ cos • a-/3 sm a + sm

Felhasználjuk a következő azonosságokat: 1 = sin2 a + cos2 a ;

2

cos2 a —sin2 a = (cos a + sina)(cos a —sin a).

Ezzel a kifejezés bal oldala: sin2 a + c o s 2 a + 2 sin a cos a

(sin a + cos a)2

(cos a + sin a)(cos a —sin a)

(sin a + cos a) (cos a —sin a)

sin a

. 0 cc+ fi . a - , sin oc — sm p = 2 cos —- — sm — —1 n c oc-\-B occos a + cos p — 2 cos - ---- - cos —

cos a

-+ -

sm a + cos a cos a cos a tg a + 1 , , , , = -------------------= ------------------ ;------ = —----------- alakú lett. cos a —sm a cos a sm a 1 —tg a cos a

2

a 0 . a+/3 . cos oc— cos p — — 2 s m —- ^ -s m —

cos a

Most a kifejezés jobb oldalát alakítjuk át: tg (45° + a) =

tg 45° + tg a

1 + tg a

1 —tg 45° tg a

1 —tg a

Gyakorlás

A két kifejezést átalakítva azonos eredményre jutottunk, tehát azok eredetileg is egyenlők voltak.

o.

cos 2a 1

1.

= 2 cos 45° sin 5Ö = 2 * -^ - sin 5° = V^sin 5°. 2 1

tg a

+ cos 2a

• rno • o 50° + 40ö . 50ó- 4 0 * sm 50 —sm 40 = 2 cos------------- s m --------------

tg 2a

„ . „ . 1 0 5 °+ 7 5 ° 1 0 5 ° -7 5 ° 2. sm 1 0 5 ° + sm 75° = 2 s m ---------------- cos----------------- = 2 2

Először a bal oldalt alakítjuk át: cos2 a —sin2 a

cos2 a —sin2 a

1 + cos2 a —sin2 a

sin2 a + cos2 a + cos2a —sin2 a

cos2 a —sin2 a

= 2 sin 90° cos 15° = 2 cos 15°.

2 cos2 a

Átalakítjuk a jobb oldalt:

ö.

tg a

cos a

sin a cos 2a

sin a (cos2 a —sin2 a)

tg 2a

sin 2a cos 2a

cos a sin 2a

cos a - 2 sin a cos a

sin 75° —sin 15° cos 75° + cos 15° 7 5 °+ 1 5 ° . 7 5 ° - 15° 2 c o s------ ------ s m ------ ------7 5 °+ 15° 75° — 15° 2 cos------------- cos--------------2 2

cos2 a —sin2 a 2 cos2 a A két kifejezés egyenlő, tehát eredetileg is egyen1ők voltak.

64

5

Trigonometria

2 cos 45° sin 30°

sin 30°

2 cos 45° cos 30°

cos 30°

g

65

4. Igazoljuk, hogy sín 50" —siti 70° + sin 10J = Ü.

Y. TRIGONOMETRIKUS EGYENLETEK

. „ 5 0 °+ 7 0 ° . 50° — 70c sm 50 —sm 70° *= 2 cos ——------- s m ------- ------

= 2 cos 60° sin ( -1 0 ° ) = 2 -— sin ( — 10°) = —sin 10c

1. Egyszerűbb egyenletek

—sin 10° + sin 10° = 0.

Akkor nevezünk egy egyenletet trigonometrikus egyenlet­ nek, ha benne az ismeretlen szögfüggvénye előfordul. Ilyen egyenletek pl.: sin£ = a;2;

sincc+cosa; = 1 .

A legegyszerűbb trigonometrikus egyenletekben egy szög­ függvény és egy szám fordul elő. Ezek általános alakja: sin x — a\

cos x — b;

tg x = c;

ctg x — d.

Itt a, b, c és d olyan számok, melyek az adott szögfügg vény értékkészletéhez tartoznak. Pl.: a abszolút értéke nem lehet egynél nagyobb stb. Azokat az x értékeket, melyekre az előbbi egyenlőségek fenn­ állnak, az egyenlet gyökeinek nevezzük. Egy megoldást vissza­ kereséssel kapunk meg. Minden trigonometrikus egyenlet meg­ oldható, ha sikerül azt az előbbi típusok valamelyikére vissza­ vezetni. Legyen pl.: sin x = 0,5. Keressük mindazokat a szögeket, amelyeknek szinusza 0,5. Tudjuk, hogy a szinusz szögfüggvény — és a többi is — perio­ dikus, periódusa 27r=360°, tehát ha egy szög szinusza 0,5, akkor k •360°-kal nagyobb vagy kisebb szögé is ugyanakkora (k akármilyen, pozitív vagy negatív egész számot jelenthet). Azt is tudjuk, hogy a szögfüggvények értékkészletük minden értékét egy 2n hosszúságú perióduson belül két helyen veszik fel. A gyakorlatban csak a 0° — 360°-ig terjedő szögtartományt vesszük figyelembe. 5*

67

A 0° és 360° közé eső gyökök a fenti egyenlet esetében 30° és 150°. Az előbbi egyenlet megoldása tehát: X l = 30° + k •360°;

Megoldunk még olyan egyenleteket is, melyekben csak egyféle szögfüggvény fordul elő, de már nem egytagú a bal oldal. 6. 2 sin * + 5 sin x = 2. 7 sin x = 2;

a;2 = 150° + k •360°.

Összefoglalva: visszakereséssel úgy oldunk meg trigonometrikus egyenletet, hogy a táblázatból kapható szög és az egységkörről leol­ vasható összefüggések segítségével megállapítjuk 0° — 360° közé eső gyökeit, majd figyelembe vesszük a szögfüggvény periódusát.

xx = 16,6° + fc-360°;

1. sin x — -0 ,5 5 6 3 .

x2 = 163,4° + k -360°.

7. 100 sin2 x — 100 sin x + 24 = 0 |: 4 25 sin2 x - 2 5 sin * + 6 = 0.

25 + / 6 2 5 - 6 0 0 25 + 5 5+ 1 sm £C, , = --------------------------- = ---------= -------- ; 1,2 50 50 10 ’

A szinusz függvény a harmadik és a negyedik negyedben negatív, tehát a 0° —360° közé eső gyökök: 213,8° és 326,2°. x1 = 213,8° + k -360°;

sin xx = 0,6;

x2 = 326,2° + k- 360°.

x = 0,5373.

sin x2 = 0,4.

A feladatot a következő két egyenletre vezettük vissza:

A koszinusz függvény az első és a negyedik negyedben pozitív, tehát a 0° —360° közé eső gyökök: 57,5°; 302,5°. xx = 5 7 ,5 °+ k -360°;

x2 = 302,5°+ k -360°.

3. cos x = —0,9763. A koszinusz függvény a második és harmadik negyedben negatív, te­ hát a 0° —360° közé eső gyökök: 167,5°; 192,5°. xx = 167,5° + &-360°;

x2 = 192,5° + Te•360°.

4. tg x = 1,588. A tangens az első és a harmadik negyedben pozitív, tehát a 0° —360° közé eső gyökök: 57,8°; 237,8°. = 57,8° +

180°;

5. tg x = —2,204. A tangens a második és a negyedik negyedben negatív, tehát az alap­ gyökök: 114,4°; 294,4°. xv = 114,4° + k - 180°;

sin xx = 0,6;

sin x2 = 0,4.

A gyököket két indexszel látjuk el, ezek közül az első azt adja meg, hogy melyik egyenlethez tartozik, a második pedig azt, hogy ennek hanyadik gyöke. sin xx = xn = sin x2 = x21 =

0,6; 36,9° + fc.360°; 0,4; 23,6° + k -360°;

x12 = 1 4 3 ,1 ° + fc.360°; x22 = 156,4°+ fc-360°.

A trigonometrikus egyenletek megoldása során csak 0,1° pontossággal számolunk.

2. Összetett feladatok

x2 = 237,8°+ k -180°.

A tangens és kotangens szögfüggvényeknek már 180°-os a periódusa, azért az első gyöksorozat tartalmazza a másodikat is, p l.: 5 7 ,8 °+ 180° = = 237,8° stb.

G8

0,2857;

Az egyenlet sin a;-re másodfokú, tehát a másodfokú egyenlet megoldó képletével számítjuk ki a gyökeit, azonban az ismeretlen most nem x, hanem sin x.

Gyakorlás

2. cos

2

sin x = — 7

:r2 = 294,4°+ k -180°.

Ha egy trigonometrikus egyenletben az ismeretlen többféle szögfüggvénye szerepel, akkor az általános megoldási módszer: 1. A szögfüggvények ismert összefüggéseit felhasználva úgy ala­ kítjuk át az egyenletet, hogy csak egy szögfüggvény legyen benne. 2 . Megoldjuk az egyenletet. 3. Behelyettesítünk az eredeti egyen­ letbe (próba). 4. Megvizsgáljuk, hogy az átalakítások során nem volt-e gyökvesztés vagy hamis gyök. 69

Gyökvesztés rendszerint akkor van, ha az egyenlet mindkét oldalát osztjuk ismeretlent tartalmazó kifejezéssel. Hamis gyök pedig akkor lehet, ha az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk ismeretlent tartalmazó kifejezéssel, ill. mindkét oldalát ugyanannyiadik hatványra emeljük.

Ha az egyenlet megoldásának helyességét behelyettesítéssel akarjuk ellenőrizni, akkor csak közelítően egyenlő értékeket kapunk, hiszen a szö­ gek kikeresése is közelítő pontosságú. Ezért úgy járunk el, hogy az utolsó egyenletből, a cos x = —0,7-ből fejezzük ki a többi szögfüggvény értékét. Itt figyelembe kell venni a négyzetes összefüggés felhasználásakor, hogy a négyzetgyökvonás kétértékű művelet.

Gyakorlás

Próba:

1. sin x = cos x.

cos x = — 0,7;

Az egyenlet mindkét oldalát osztjuk cos o>szel, ezzel visszavezetjük az előző pontban tárgyalt típusra:

sin x -

sin x — cos x |: cos x

± / l - cos 2 x = ± / Í - 0 , 7 2 = ± / 1 - 0,49 = ± / < V íT ;

sin 2x = 2 sin x cos x = 2( ± /0 ,5 l) ( — 0,7) = — 1,4( + /0 ,5 l ) .

0

a) cos x± = —0 ,7 ; sin 2 Xl = 4 5 °+ fc .l8 0 °;

x2 = 225° +

180°.

sin xx = / 0 ,5 1 ;

= —l , 4 /0 , 5 1 ;

5 8 ^ 2 ® ! = - 5 - 1 ,4 /0 , 5 1 = - 7 / Ö ^ T ;

111. rövidebben: x = 4 5 °+ k -180°.

- 7 sin xy = - 7 /0 ,5 1 ;

Próba: sin 45° = cos 45°; sin 225° = cos 225°.

- 7 /(MSI = - 7 /0 ^ 5 1 ,

Gyök vesztés nem volt, mert ha cos x = 0 , akkor sin x = 1, tehát nem lehettek egyenlők.

tehát ez a megoldás jó. b) cos x2 = —0,7;

2. 5 sin 2x = - 7 sin x. Ha az egyenletben egyszeres és kétszeres szögek vannak, akkor először a megfelelő összefüggések felhasználásával az egyenletet egyszeres szög­ függvényekre vezetjük vissza.

sin x2 = — / 0 , 5 1 ;

sin 2 x2 = — 1 ,4 (— /ÖTöl) = 1 ,4 /0 ,5 1 ; 5 sin 2 x2 = 5- 1,4/360°.

Az egyenletnek tehát 0° - 360° között négy gyöke van.

70

sin 2-0° = 0;

c) x3 = 0 °; sin 0 °< = 0 ; 5 sin 0° = - 7 sin 0°, tehát ez a megoldás is jó.

cos x = —0,7 x± = 1 3 4 ,4 °+fc-360°;

7 / 0 ,751" = 7 /öTsT,

tehát ez a megoldás is jó.

d) x4 = 180°; sin 180° = 0 ; 5 sin 360° = —7 sin 180°,

sin 2-180° = sin 360° = 0 ;

tehát ez a megoldás is jó. 3. 2 t g * + c t g a ;=

-3 ;

ctg x = — - — ; tg®

2 tg a ;+ --í— = — 3 |- tg aj. tg a: 1

7.1

Ilyenkor fordulhat elő új gyök, de ezt majd a végén ellenőrizzük. 2 tg2 x + 1 = — 3 tg ®. Rendezzük a tg ®-ben másodfokú egyenletet:

Próba: a) sin 0° = 0;

cos 0° = 1,

4 sin2 0° + cos2 0° — 1 = 0 + 1 — 1 = 0. b) sin 180° = 0;

2 tg2®+ 3 tg ®+ 1 = 0;

cos 360° = 1, az aj-val egyező eset.

5. 2 cos2 ® +sin 2® = 0; tg X, 2 =

- 3 ± / 9 —8

-3+1 1 tg Xl = ---- ----- = — ®n = 153,4° +

180°;

x21 = 135° + k -180°;

- 3± 1

2 cos2 ® + 2 sin x cos ® = 0.

4 -3-1 tg * 2 = -------— = - 1. x12 = 333,4° + /b-180°;

Kiemelünk 2 cos ®-et minden tagból: 2 cos x (cos ® + sin ®) = 0. Egy szorzat csak akkor lehet nulla, ha vagy az egyik vagy a másik tényezője nulla. Ezzel az eredeti egyenletet két egyenletre bontottuk:

®22 = 3 1 5 °+ k -180°.

Az egyenlet 0° —360° közé eső gyökei: 135°; 153,4°; 315°; 333,4°

2 cos x = 0;

Ezek gyökei szolgáltatják ez eredeti egyenlet gyökeit. 2cos® =0;

Próba: tgajj = —

a)

xt = 90° + fc-360°;

sin x = — cos ® |: cos ®; (cos x = 0-ból nem adódhat gyök, mert ha cos ® = 0, akkor sin * ^ 0 , és így gyökvesztés nincs.) tg x = — 1.

Ezzel ellenőriztük az ®n és az ®12 gyököket.

®3 = 13 5°+fc-180°;

ctg ®2 = - 1 ;

2 tg ®2+ ctg ®2 = 2( — l ) + ( — 1) = — 2 - 1 = — 3, tehát ®21 és ®22 is gyök.

4 sin2 ®4- (cos2 x —sin2 ®)2— 1 = 0, de cos2 x —sin2 ® = 1 — 2 sin2 ®,

sin 180° = 0;

2 cos2 790° + sin 180° = 0 + 0 = 0 . b) cos 270° = 0 ;

sin 540° = 0;

2 cos2 270° + sin 540° = 0.

4 sin2® +(1 — 2 sin2 ®)2 —1 = 0 ; 4 sin2 ® + 1 — 4 sin2 ® + 4 sin4 ®— 1 = 0;

Y2

c) cos 135° = -----— ;

4 sin4 x — 0 ; ®2 = 180° + k -360°.

0° —360° közé eső gyökök: 0 °; 180°.

72

0° — 360° közé eső gyökök: 90°; 135°; 270°; 315°.

a) cos 90° = 0;

cos 2® = cos2® —sin2® behelyettesítése után az egyenlet:

®x = 0° + fc*360°;

®4 = 315°+& -180°.

Próba:

4. 4 sin2 ® + cos2 2® — 1 = 0;

8Ín ® =0;

®2 = 2 7 0 °+ k~ 360°.

cos ® +sin ® = 0;

ct g®x = - 2 ;

2 t g ® 1+ ctg®1 = 2^— ^“) + ( ~ 2) = - 1 - 2 = - 3 .

b) tg ®2 = - 1;

cos ® + sin x = 0.

sin 270° = — 1;

(

YYV

2 cos2 135° + sin 270° = 2Í - ^ J

+ (-1 ) =

2 .2

- 1 - - 0.

73

Vi d) cos 315° = ~ 2~t

3 tg 143,1° = — — ;

b) cos 143,1° = - 0 , 8 ;

sin 630° = — 1;

3

2 cos2 315° + sin 630° = 6. cos x —tg x = cos x —

16

+ ( ~ 1)

^ = 0.

cos x ;

sm x

cos x

cos x

16

cos 143,1° —tg 143,1° = - 0 , 8 + — = - 0 , 0 5 ; - L cos 143,1° = 16

•16 cos x;

7. cos 2x = sin x ; cos2 x —sin2 x = sin x ;

16 cos2 x — 16 sin x = cos2 x;

1 —sin2 x —sin2 x = sin x ;

15 cos2 x — 16 sin x = 0;

1 — 2 sin2 x = sin x.

15 (1 —sin2 x) — 16 sin x = 0;

Rendezzük a sin ®-ben másodfokú egyenletet:

15 — 15 sin2 x - 1 6 sin x = 0.

2 sin2 x + sin x — 1 = 0;

Rendezzük a sin x-ben másodfokú egyenletet:

- 1 + /1 + 8

15 sin2 x + 16 sin x — 15 = 0.

1 Xl2

- 1 6 + ^256 + 900 30 - 1 6 + 34 30 1 6 -3 4 30

— 16 ± /1 1 5 6 30 =

- 1 6 + 34 30 ’

18 = ™ = 0,6; 30 50 30

= - 0,05.

16

-1 + 3

4 sm xx =

-1 + 3

1

4

2

-1 -3 sm x9 = --------------= — 1. 1 4 ■ 1,

®n = 3 0 °+ fc .3 6 0 °;

de olyan szög nincs, amelynek szinusza —1-nél kisebb ! Ez tehát az ere­ deti egyenletre nem ad gyököt. A trigonometrikus egyenlet gyökeit a sin xx = 0,6 egyenlet szolgáltatja. xn = 36,9° + Jfc. 360°;

x12 = 150° + 3 6 0 ° ;

x2 = 270° + í>360°. 0° —360° közé eső gyökök tehát: 30°; 150°; 270°; Próba:

x12 = 143,1°+ fc-360°.

0° —360° közé eső gyökök: 36,9°; 143,1°. Próba:

-

4. Határozzuk meg az 1 , - 1 , j, —j komplex számok trigonometrikus alakját (87. ábra):

Valós t. 1 = 1 (cos 0 ° + / sin 0 °);

-j ■

-1

= 1 (cos 18 0°+ j sin 180°); 7 = 1 (cos 9 0 °+ / sin 90°);

87. ábra. E gységek kom plex alakja

— j — 1 (cos 270° + / sin 270°).

2. Szorzás Komplex számokat algebrai alakban a zárójelek beszorzási sza­ bálya alapján szorzunk egymással, figyelembe véve, hogy j 2 = — 1. Ebből a trigonometrikus alakra az adódik, hogy a szorzat abszolút értéke a tényezők abszolút, értékének szorzata, és argumentuma a tényezők argumentumának összege: z± = rx (cos cpx+ j sin cp-^);

= r2 (cos cp2+ j sin q>2) ;

zxz2 = rxr2 [cos f a + ^ + j sin {(pL+ (p2)]Számoljunk végig egy példát részletesen: zx — 2 (cos 30°+^' sin 30°);

z2 — 5 (cos 4 0°+^ sin 40°);

Zfá = 2 (cos 30°+^’ sin 30°) •5 (cos 40° + j sin 40°) = = 10 (cos 30° cos 4 0 ° sin 30° cos 40° + j cos 30° sin 40° + -j-j2 sin 30° sin 40°) = 10 [(cos 30° cos 40° — sin 30° sin 40°) + + j (sin 30° cos 4 0 °+ cos 30° sin 40°)] = = 10 (cos 70° + j sin 70°). 108

1. Zy = 5 (cos 80° + j sin 80°); z2 = 12 (cos 50° + j sin 50°) ; ztz2 = 5 (cos 80°+ j sin 80°)• 12 (cos 50°+ j sin 50°) = = 60 [cos (80°+ 50°) + j sin (80°+ 50°)] = = 60 (cos 130° + / sin 130°). 2. zx = 3 (cos 160° + j sin 160°); z2 = 15 (cos 140° + / sin 140°); ZyZ2—3 (cos 160° + / sin 160°)-15 (cos 140° + / sin 140°) = =45 [cos (160°+ 140°) + / sin (160°+140°)] = = 45 (cos 300° + / sin 300°). 3. zt = 5 (cos 250° + / sin 250°); z2 = 18 (cos 300° + / sin 300°); ZyZ2 = 5 (cos 250° + / sin 250°). 18 (cos 300° + / sin 300°) = = 90 (cos 550°+j sin 550°) = = 90 (cos 190° + / sin 190°). 4. Komplex számok szorzata akkor valós szám, ha argumentumaik összege k - 180°. Sj = 2 (cos 320° + / sin 320°);

z2 = 8 (cos 2 2 0 °+ / sin 220°);

ZyZ2 = 2 (cos 320°+ i sin 320°) *8 (cos 220° + i sin 220°) = = 16 [cos (320° + 220°) + / sin (320° + 220°)] = = 16 [cos (360°+ 180°) + / sin (360°+ 180°)] = = 16 (cos 1 8 0 °+ / sin 180°) = 16( — 1 + /*0) = —16.

A szorzási szabály több tényező esetén is érvényes, vagyis a szorzat abszolút értéke a tényezők abszolút értékének szor­ zata, és argumentuma a tényezők argumentumának az összege. 5. Zy = z2 = z3 = z4 =

2 (cos 20° + / sin 20°); 10 (cos 30° + / sin 30°); 5 (cos 120° + / sin 120°); 4 (cos 50° + / sin 50°).

zyz2z3z4 = 2 (cos 20° + / sin 20°) -10 (cos 30° + / sin 30°) x

X 5 (cos 120° + / sin 120°)*4 (cos 50° + / sin 50°);

109

20° + 3 0 °+ 12 0 °+ 50° = 220°; 2 -10 -5 -4 = 400; z Lz2z3z4 = 400 (cos 220°+ j sin 220°).

Dolgozzunk ki egy példát részletesen! zx = 6 (cos 70°+J sin 70°); z2 = 2 (cos 40°+^' sin 40°);

6 . zx = 6 (cos 1 4 0°+ / sin 140°);

z2 = 5 (cos 2 0 0°+ / sin 200°); z3 — 2 (cos 2 0 ° + / sin 2 0 °);

6 (cos 7 0 °+ j sin 70°)

ZjZ2z3 = 6 (cos 140° + /sin 140°)-5(cos 200° + /s in 200°) x X 2 (cos 20° + / sin 20°); 1 4 0°+ 2 0 0 °+ 20° = 360°; 6 -5 -2 = 60; z1z2z3 = 60 (cos 360° + / sin 360°) = 60, mert sin 360° = 0 és cos 360° = 1.

z2 _

_

6 (cos 70° cos 4 0 °+ sin 70° sin 40°)

és zs konjugált komplex számok.

2 (cos2 4 0 °+ sin2 40°)

ztz2 = 5 (cos 50° + / sin 50°)-5 (cos 310° + / sin 310°) = = 25 (cos 360° + / sin 360°) = 25 (1 + /-0 ) = 25. Természetesen, ha egy trigonometrikus alakban adott komplex szá­ mot szorzunk a konjugáltjával, eredményül akkor abszolút értékének négyzetét kapjuk.

3. Osztás

6j (sin 70° cos 40° — cos 70° sin 40°) 2 (cos2 4 0 ° + sin2 40°) A törtet bővítettük a nevező konjugáltjával, ezzel elértük, hogy a nevező 2 lett. A számlálóban pedig szögkülönbségek szögfüggvényeit kaptuk:

Trigonometrikus alakú komplex számok hányadosa olyan komplex szám, melynek abszolút értéke az adott számok abszolút értékének hányadosa, argumentuma pedig a számláló és nevező argumentumának különbsége:

z2

(c o s 360° . . 50° + fc-360° 'v = V16 I c o s------ ^ ------------h/ sm -------- — ---------- 1 =

= 2 [cos ( 1 2 , 5 ° + 9 0 ° ) + / sin (12,5° + k -90°)]. sx = z2 = z3 = z4 =

lj3^ 1Q- ^ 0,4336; ó

3 ___

Y20

Ugyanezzel a módszerrel dolgozunk akkor is, ha negatív számból akarunk gyököt vonni, csak előbb — 1 gyökeit kell meghatároznunk. Ez az eljárás csak akkor előnyös, ha az egységgyököket már egyszer meghatároztuk és táblázatban meg­ adtuk.

4

Először az abszolút érték köbgyökét határozzuk meg. =

1 ,3 5 7 -2 ,3 4 8 /.

Yz = y l 6 [cos (50° + k -360°) + / sin (5 0 °+ fc.360°)];

Yz = ?

lg /2Ö = ^ 5

2,714 =

- 1,357- j l , 3 5 7 - / 3 ^ -

4 _

Határozzuk meg /2Ö összes gyökeit. z = 20;

z3 = 4 f 2 0 =

2 (cos 2 (cos 2 (cos 2 (cos

1 2 ,5°+ / 1 0 2,5°+ 192,5° + 282,5° +

sin 12,5°); / sin 102,5°); / sin 192,5°); / sin 282,5°).

= 2,714.

3_

z = 20 (cos 0°+^’ sin 0°) = 20 (cos k •360°+^ sin k •360°).

3. z = 64 (cos 120° + / sin 120°);

Yz = ?

z = 64 [cos (120° + &•360°) + / sin (120° +

360°)].

A harmadik egységgyökök: Yz = /6 4 [c o s (120° + fc.360°) + /s in (120° + &.360°)]; ,

,

,

z± = 1;

z2 =

i

.Í 3

,

z3

= -

i j

-

J s j~

)

.

3 3 r 120° + fc- 360° . . 1 2 0 °+ 360° 1 Yz “ /6 4 I cos-------- ------------ + / s m -------- —g— — I =

3

zx = z ;/2 Ö = 2,714; 118

= 4 [cos (40° + fc-120°) + / sin (40° + fc-120°)].

119

zL = 4 (cos 40° + / sin 40°); z2 = 4 (cos 160° + / sin 160°); z3 = 4 (cos 280° + / sin 280°).

z\ = [3 (cos 180° + / sin 180°)]6 = 36 (cos 6-180° + / sin 6-180°) = = 729 (cos 1080° + / sin 1080°) = 729 (cos 0 ° + / sin 0°) = 729.

4. A gyakorlatban rendszerint valós számok összes gyökeit határozzuk meg. A megoldás menete: 1. A valós számot trigonometrikus komplex alakban írjuk. 2. Elvégezzük a gyökvonást. 3. A trigonometrikus alakban kapott eredményt algebrai alakba írjuk át.

3 ___

/ - 8 = ? z —- — 8 = 8 (cos 180° + / sin 180°);

6

fÍ 2 9 = ?

z = 8 [ cos (180° + &-360°) + / sin (180° + &-360°)].

z = 729 = 729 (cos 0 ° + / sin 0°) = 729 (cos k -3 6 0°+ / sin k•360°). 6 ______________________________

6

5. Negatív számok argumentuma, ha azokat trigonometrikus alakban írjuk fel: 180°.

Yz = J^729 (cos & *3 6 0 °+ /sin 4*360°);

6/ Yz = ^729 cos— - — + js m -

18 0°+ h -360° , . 1 8 0°+ k -360°^ yz .= p 8 I cos ---------— ! ;/ Km g----------I. 180° Az első gyök argumentuma — — = 60°, a többieké rendre 360° —- — = 1 2 0 °-kal nagyobb.

.

= 3 (cos k~ 6 0 ° + / sin í>60°). zx = 2 (cos 60° + /s in 60°) = 2

zx = 3 (cos 0° + / sin 0°) = 3 (1 + /-0 ) = 3 ; z2 = 3 (cos 60° + / sin 60°) = 3 Q - + ?'

;

= 1+ ?

z2 — 2 (cos 180° + / sin 180°) = 2 ( — 1 + /• 0 ) = — 2 ; z3 = 2 (cos 300° + / sin 300°) = 2 (cos 60° — / sin 60°) =

zs = 3 (cos 120° + / sin 120°) = 3 ( —cos 60° + / sin 60°) = - v f I

1 2 h?

2

1 / ‘

3 2

3K3~. 7' 2 ’

24 = 3 (cos 180°+ / sin 180°) = 3 ( i ■+•j-Q) - —3; z5 = 3 (cos 2 4 0 °+ j sin 240°) - 3 ( - cos 60° —/ sin 60°) =>

, 3 ( ....^ \ 2

’

: 2 j

2

2

z6 = 3 (cos 3 0 0°+ j sin 300 ') — 3 (cos 0 0 " — j sin 60°) = (i

3

,3|/3

Általában igaz, hogy / — a -nak (a > 0 ) n különböző gyöke van, n

melyek az Ya egység sugarú körbe írt szabályos n-szög csúcsain vannak a komplex számsíkban. Ha n páratlan, akkor egy valós gyök van, ha n páros, akkor nincs valós gyök. n_

n_

Ya -nak [a > 0) n különböző komplex gyöke van. Ezek az \ a egy­ ségsugarú körön vannak, mégpedig a körbe írt szabályos n-szög n

Bármelyik értéket ír emeljük a hatodik hatványra, eredményül mindig 729-et kapunk. Pl. = ?

csúcspontjain, amelyeknek egyike az ( / a ; 0) pont. Ha n páros, akkor két, ha n páratlan, akkor egy valós gyök van.

s4 = 3 (cos 18 0°+ / sin 180 );

120

121

VIII. SZÖVEGES M Ű S Z A K I F E L A D A T O K

1. Műszeripari mérési feladatok Műszerek, idomszerek gyártásakor a finommechanikában gyakran alkalmazunk olyan méréseket, amelyeknek várható eredményét előre ki kell számítani. Szögek pontos mérésére nem alkalmasak olyan ipari szögmé­ rők, amelyekről a szögérték közvetlenül leolvasható. A mecha­ nikai és az optikai kézi szögmérők pontossága ± 5 ', viszont gyakran kell ennél kisebb tűrésű szögeket mérni. Ilyen ese­ tekben a kézi szögmérőknél nagyobb pontosságú mérőműsze­ reket használunk. Ezek lehetnek mechanikai vagy optikai megoldásúak.

89. ábra. Mérés szinuszvonalzóval

1. Meg kell mérni szinuszvonalzóval a beállító idomszer hajlásszögét. A szög értéke 32°15', tűrése ± 2 '. A tűrés szögekre ugyanazt jelenti, amit már a sorozat „Számtan” című könyvében megmondtunk, tehát a megen­ gedhető gyártási eltérést. A vonalzóra helyezett idomszer (90. ábra)

90. ábra. Beállító idomszer

A szögmérésre használt mechanikai műszerek közül gyakran alkalmazzuk a szinuszvonalzót (88. ábra). Ezzel úgy mérünk, hogy az adott tengelytávolságú hengereket egymáshoz képest a mérendő szögértéknek megfelelően megemeljük. A tengelytávolság állandó, így a kapott derékszögű háromszög átfogója állandó. A keresett szöggel szemben fekvő befogó értékét kell kiszámítani, és mérőhasábokból összeállítani. így végeredmény­ ben a szögmérést távolságméréssel oldjuk meg (89a és b ábra). 122

mérőfelületének az alapsíkkal párhuzamosnak kell lennie (91. ábra). A felület párhuzamosságát indikátorórával (mérőórával) ellenőrizzük, úgy hogy az órát a felületen végigvezetjük. Az óra mutatója eközben nem tér­ het ki. A méréshez tartozó számítást két lépésben végezzük el. Először kiszá­ mítjuk azt, hogy a szögértéknek megfelelően mennyire kell felemelni a szinuszvonalzó egyik hengerét, majd azt is, hogy az adott tűrés szerint mekkora lehet az eltérés, illetve milyen eltéréssel fogadható el az idom­ szer?

123

eltérést, íiielyet a tűrés szerint az índiktátoróra mutathat. A tűrés nagy* sága ± 2 ', vagyis összesen 4'. aj sin a.

0°4/ ; 0,0012;

sm ax= --- • xx = l sin a1 = 1 00 m m - 0 , 0 0 1 2 = 0 ,1 2 mm. A megengedett eltérés tehát 0,12 mm, ill. ± 0,06 mm. Ha a pontos szög­ érték mérésekor a két véghelyzetben a mérőóra eltérést mutat, az emelt henger alá az eltérés jellegétől (nagyobb vagy kisebb) függően: , 53,365 0,06

-

ill.

53,305 mm-es A vonalzó hengereinek tengelytávolsága 100, esetleg 200 mm. a = 32°15/ ; sin 32°15/ = 0,53365; l = 1 00 m m ;

sin a = — ; l

x = l sin a = 100 mm- 0,53365 = 53,365 mm. A mérőhasábokat a „Számtan” című könyvben ismertetett módsze szerint állítjuk össze. 53,365

1,005 + 1,36 2,365

53,365 -2 ,3 6 5 51,000 = 50 + 1.

A keresett mérethez szükséges mérőhasábok tehát

53,365 + 0,06 53,425 mm-es

mérőhasábokat helyezünk. A vizsgált idomszer akkor jó, ha ezeken az értéke­ ken belül van. 2. Ellenőrizni kell egy mérőidomszer hajlásszögét. A mérést ismét szinusz­ vonalzóval végezzük. Az idomszer 10%-os lejtésű darab mérésére készül, tűrése ± 3 '. Milyen határok között kell beállítani a vonalzót? A mérést csak akkor lehet elvégez­ ni, ha először kiszámítjuk a 1 0 % -os lejtésnek megfelelő szögértéket. A 1 0 % -os lejtés azt jelenti, hogy 10 0 mm-en az emelkedés 10mm (92. ábra).

tg a = 22- = 0,1000. 100

A táblázatban ez az érték két szám közé esik, tehát interpolálunk:

1,000 1,005 1,36 50,000

0,0018

53,365 mm.

0,0002

0,1016 - 0 ,0 9 9 8

-0 ,0 9 9 8

0,0018

0,0002

0,1000

, a közelálló értékek közötti különbség 6 ', tehát a keresett

A hasábok kopását hibatáblázat szerint kell figyelembe venni. A méréskor, mint a feladat elején már közöltük, figyelembe kell venni a tűrést is. Ezt a gyakorlatban úgy oldjuk meg, hogy kiszámítjuk azt az

124

érték ( I ) - ( 4 ) - 40" A pontos érték tehát a = 5°42'40

125

A szabványban a 10% -os lejtésnek 5°42/ 38// felel meg. A 2 " eltérés abból adódik, hogy itt négyjegyű szögfüggvénytáblázattal számolunk, a szabvány készítői pedig öt, ill. hétjegyűvel számítottak. A gyakorlat­ ban az adott ± 3 ' tűrés miatt a hiba teljesen elhanyagolható, sőt a 2 0 " -et sem kell a továbbiakban figyelembe venni. mszer szögértéke 5°43', tű93. ábra). sin 5°43' = 0,1002; sin a =

elemek. A kúpos hüvely és a kúpos tengely kúpszögének szigorúan egyenlő­ nek kell lennie, ezért mérésük is nagyon kényes. Szinuszvonalzóval a kú­ pos tengely mérhető. 200 mm-es vonalzóval ellenőrizni kell egy 1-es Morse-kúpot. A szabványban megadott fél szög értéke: 1°25'10// . Itt a meg­ engedhető eltérés olyan kicsi, — tizedmilliméter nagyságrendű — hogy ezt négyjegyű táblázattal számítani nem lehet. A feladat megoldásában tehát mindössze a mérőhasábérték közelítő számítására szorítkozunk, és megjegyezzük, hogy a gyakorlatban ezt hétjegyű függvény-, ill. logarit­ mustáblázattal kell pontosan meghatározni. a = l ° 2 5 '1 0 " ;

l = 200 mm. sin 1°30' = 0,0262 —sin 1°24' = —0,0244

•

0,0018

x — l sin a — 1 0 0 mm- 0 , 1 0 0 2 = 1 0 ,0 2 mm. 6 ' = 3 6 0 "; 1 0 ,0 2 mm összerakható két mérőhasábból:

9 + 1,02 = 10,02.

, ,

1g S - nél, a létra megcsúszik, ha P a létra állva marad, a kettő közötti határesetben egyenlők egy­ mással ( 1 1 2 . ábra). 8 = Px = Ha éppen 30° lenne a határeset, akkor fi

P. -

3. Egy betonból készült szeméttároló tetejére ládát helyezünk. A láda súlya 50 kp, a tető hajlásszöge 30°. Mekkora erő szükséges ahhoz, hogy a ládát lefelé csúszni ne engedje, és mekkora erővel lehet a ládát felfelé tolni? Súrlódási tényező 0,25 (113a ábra). Adatok: O = 50 k p ;

tg — = tg 15° = 0,2679 ~ 0,27.

Ha tehát 30°-nál még nem csúszik szét a létra, akkor a nyugvó súrlódási tényező nagyobb, mint 0,27. L l. Ql 2 ’

a = 30°;

A O teher felbontható két komponensre. Az egyik a betonlap irányában, a másik rá merőlegesen hat. A lefelé csúszás megakadályozásához akkora P x erő kell, amennyivel P nagyobb a súrlódási erőnél. Px = P - S . A súrlódási erő S = fiN = /u O cos a ; N = O cos a ;

P* = T t g T

= 4 0 kP-

A súrlódási erő tehát 10,7 kp.

140

: 15° = 40-0,2679 « 10,7 kp.

/i = 0,25.

P = O sin a ;

O sin a = P x+ fiG cos a ; Py — O sin a —fiO cos a = O (sin a —// cos a );

141

1\ = 50 kp (sin 30° —0,25 cos 30°) = 50 (0 ,5 -0 ,2 5 -0 ,8 6 6 ) ~ r; 50 (0 ,5 -0 ,2 1 6 ) = 50-0,284 = 14,2 kp * 15 kp. Itt csak felfelé lehet kerekíteni, mert 14,2 kp a határesetnek felel meg. A csúszást 15 kp nagyságú erő tudja megakadályozni. Felfelé mozgatáskor a hatóerőn kívül a súrlódási erőt is le kell győzni (1136 ábra).

Az összefüggéseket csavarokra ható erők vizsgálatában jól alkalmazhatjuk. Itt is kétféle erő ismeretes, a meghúzáshoz, ill. a lazításhoz szükséges erő. Meghúzáskor a húzóerőt (előbb tolóerő !) a súrlódás akadá­ lyozza, lazításkor a lazulást gátolja (116. ábra). Meghúzáskor: P x = Q tg (a + Lazításkor: P2 = Q tg

P2 = P + £ ;

q) ;

( oí — q ) ,

P 2 = O sin a + fx,0 cos a = O (sin ct + fi cos a );

ahol

P 2 = 50 kp (0,5 + 0,25-0,866) « 50 (0 ,5+ 0,216) =

P x a meghúzáshoz szükséges erő kp-ban; P 2 a lazításhoz szüksé­ ges erő kp-ban; Q az anyát terhelő test súlya kp-ban; oc a csa­ var menetemelkedési szöge; q a súrlódási szög (117a és b ábra).

= 50-0,716 = 35,8 kp « 36 kp. A felfelé mozgatáshoz 36 kp nagyságú erő kell.

Súrlódások vizsgálatában gyakran találkozunk olyan eset­ tel, mikor a támasztóerő nem a lejtő irányában hat, hanem vízszintes irányú. Ilyen esetekben négy erőt kell vizsgálnunk (114. ábra). Ha a lejtő hajlásszögének tangense na­ gyobb, mint a súrlódási tényező, akkor ezt a fékező- és a tolóerő számításában figyelembe kell venni. így az előzők szerint lefelé csúszás­ 114. ábra. Csúszás vízszin­ kor (114. ábra): tes irányú erő hatására p 1 = o tg ( « — q), mert a súrlódás a csúszást akadá­ lyozza, felfelé tolás esetén (115. ábra) pedig P2 = ö t g (a+g), mivel itt a súrlódás a tolást nehezíti. 115. ábra. Tolás felfelé vízszintes irányú erővel

A fenti képletekben P l a csúszást akadályozó erő kp-ban; P2 a tolóerő kp-ban; G a teher súlya kp-ban; a a lejtő hajlásszöge; tg q = fj, a súrlódási tényező, azaz £ a lejtő súrlódási szöge. 142

116. ábra. Csavar meghúzása és lazítása

117. ábra. Meghúzáskor és lazításkor keletkező erők

Lecsavaráskor és meghúzáskor is ki kell számítanunk azt a nyomatékot, melyet a megfelelő erőkifejtés érdekében bizto­ sítanunk kell. A nyomatékhoz szükséges erő P x és P2, a nyoma­ ték karja a csavarmenet középátmérőjének a fele: de

143

Adatok:

Ezeket behelyettesítve:

Q = 1000 k p ;

menet = 24 x 5;

M = 250 kp cm ;

tg

A menet külső átmérője: íL M

2

=

p 2| =

q

= fj, =

d

= 24 m m ;

?

A menet belső átmérője: cZx = 19 m m ;

t g '.(a -e )-

középátmérője:

d2

= 21,5 mm = 2,15 cm;

emelkedése: h = 5 mm.

Az összefüggések csak laposmenetű csavarra érvényesek! Élesmenetű csavarra (118. ábra) N'

^ - szabványos csavar esetén: cos p 30°; cos

N N' = 0,866

= 0,8660; 1,15 N,

M = ^

tg (a + g);

tg a a menetemelkedési szög tangense: tg a =

h

5

d 27i

21,5

ti

’ + 10 -10 lg 5 = 0,6990 —lg n = -1 ,8 2 9 5 lg tg a = 8 ,8 6 9 5 -1 0

lg 21,5 = 1,3324 + lg tz = 0,4971 lg n = 1,8295 a = 4°14'.

tehát 15 %-kal nagyobb a súr­ lódás, mint laposmenetű csa­ varra.

t g ( « + « ,) -

1 + tg a tg q

tg a + tg g

M _Qd2 2

■

1 + tg a tg £

az egyenletből tg g-t kifejezzük: M = Qd2 tg a + Qd2 tg 2 + 2 tg a tg q

q

_

2M + 2M tg a tg q = Qd2 tg a + Qd2 tg q ; 2M tg a tg q — Qd2 tg q = Qd2 tg a — 2M ; tg q (2M tg a - Qd2) = Qd2 tg a - 2 M ; Qd2 tg a — 2 M tg Q =

2M tg a — Qd2 1000 kp -2,15 cm . 0,0740 - 2 - 2 5 0 kpcm

tg g = 4. 1000 kp terhet emelünk csavarorsós emelőbakkal. Az emelőbakon la­ posmenet van, mérete 2 4 x 5 - Mekkora az anya és az orsó közötti súrló­ dási tényező, ha az emeléshez 250 kp cm nyomaték kell (119. ábra)?

144

2* 250 kp cm- 0,0740 — 1000 kp - 2,15 cm 1 5 9 -5 0 0

-3 4 1

3 7 0 -2 1 5 0

-1 7 8 0

0,191.

A keresett súrlódási tényező tehát fi = 0,191

1 0 Trigonometria

0,2.

146

5. Egy motorkerékpár tengelykapcsolójának nyomórugó adja a szükséges feszítőerőt. Mekkora erővel lehet meghúzni a csavarokat, ha négy M 6 me­ netű csavart alkalmazunk? A súrlódási tényező 0,15; a rugóerő 60 kp.

Adatok: r = 10 cm ; d2 = 0,535 cm ;

Q = 15 kp;

oc = 3 °2 4 ';

q

- 9°3 9'; P = ?

Mivel négy csavart alkalmazunk, egy csavarra a rugóerő — része, 0da P r = ~ Y t g (a + e ) ;

tehát -£- *= 15 kp erő jut.

Qd.,

A súrlódási tényezőt az M 6 csavar miatt 15%-kal növelni kell. 1,15 • 0,15 575 0,1725 « 0,17

fi'«

behelyettesítünk:

0,17.

3*0 535 1 605 P = ------ ------- tg 13°3' = -------- tg 13°3/ = 0,401 -0,2318 « 0,093 « 0,1 kp. 2-2 4

Az M 6 menet méretei: külső átmérő: d = 6 m m ; középátmérő: d2 = 5,35 mm = 0,535 cm ;

A meghúzáshoz szükséges erő a valóságban 0,1 kp-nál nagyobb, kb. két­ szerese, mert nem tudjuk egyszerre mind a négy anyát csavarni. Az is látható, hogy a szükséges erő meglehetősen kicsi, tehát vigyázni kell, nehogy a csavar elszakadjon!

menetemelkedés: h = 1 mm. h

1

d2 t i

5,35 t i

+ 10 lg 5,35 = 0,7284 + lg n = 0,4971

-1 0

lg 1 = 0,0000 - l g n = 1,2255

lg n = 1,2255

lg tg a = 8 ,7 7 4 5 -1 0 a = 3°24'.

tg q =

0,1 7 ;

q

= 9°39/ .

M = ^ t g (a + e) ; M = P i 'y

= Pr.

A meghúzáshoz használt villáskulcs hossza 10 cm, tehát a nyomaték: M = P -1 0 cm: p

146

t g ( « + e );

= J^L . 10 cm

6 . Minden műhelyben megtalálható az egyszerűbb munkák elvégzésé­ hez szükséges golyós sajtó. Ezzel a géppel főképpen folyamatos nyo­ móerőt lehet kifejteni. A sajtó or­ sója menettel kapcsolódik a gép­ testben elhelyezett anyához. A me­ net a már előzőkben ismertetett laposmenet, mérete 3 2 x 6 . Mek­ kora erővel kell a kart forgatni, ha a gépen levő súlyok nagysága 10 — 10 kp, a terhelés 200 kp, a kar 0,5 m, a súrlódási tényező 0 ,2 ( 1 2 0 . ábra)? A feladat megoldásakor két té­ nyezőt kell figyelembe venni. A golyós sajtón levő súlyok a moz­ gatáshoz szükséges erőt csökken­ tik, viszont annak ellenére, hogy lefelé.mozgatjuk a sajtó orsóját, a súrlódási tényezőt az emelkedési szög tangenséhez hozzá kell adnunk. Oka: itt lefelé menet kell az erőt kifej­ teni, tehát a sajtoláshoz szükséges erőt a súrlódás növeli !

10*

147

Adatok:

Q - 200 kp; P x = 10 kp; fi = 0,2;

r = 0,5 m = 50 cm ; P 2 = ?

A menet mérete 32 x 6 , tehát a külső átmérő 32 mm, az emelkedés 6 mm, a középátmérő d2 = 29 mm. h g

lecsavarodásakor, értendő, a forgás megindulásához erőt kell adni, a kez­ deti súrlódást le kell győzni. 7. Az eddig tárgyalt súrlódási feladatokban a lejtőn levő mozgásokkal és keletkező súrlódásokkal foglalkoztunk. Most síkfelületen ébredő súrlódást mutatunk be olyan esetben, amikor a súrlódó testre két nem párhuzamos

6

29ti ’

d2ji

+ 10 lg 29 = 1,4624

C

-1 0

lg 6 = 0,7782 - l g n = -1 ,9 5 9 5 lg tg a = 8 ,8 1 8 7 -1 0

+ lg t i = 0,4971 lg n = 1,9595

R

/////////////////, k = ?

a = 3°46'. tg

q

= fi = 0,2;

q

M = ^ t g ( a + e); 2r(Px+ P 2) =

= 11°19'.

M = ( P 1 + P 2)2 r ;

tg (a + g ) ; az egyenletből P 2-t kifejezzük:

(A nyomaték karja itt azért 2r, mert két súlyt használunk !) 2rP2 + 2rP2 = ^

tg (a +

q) ;

2 rP2 = ~ t g ( a + Q ) - 2rP± ;

^

tg ( a + g ) - 2 r P 1

---------------2r-------------- 5 behelyettesítve:

erő hat. Legyen a két erő 35 kp és 50 kp, a hatásvonalaik által bezárt szög 30°. Mekkora terhet tud a két erő megmozdítani, ha a súrlódási tényező 0,35 (121. ábra)?

2 0 0 kp-2,9 ° m tg ( 3 » 4 6 '+ U " 1 9 ') _ 3 .5 0 cm - 1 0 kp

P , ~ ------------ -------------

Adatok: 2 •50 cm

100-2,9 tg 15°5/ — 1000 100 rí

2 ,9 -0 ,2 6 9 5 -1 0

0 ,7 8 2 - 1 0 = - 9 ,2 1 8 ^ - 9 , 2 kp.

A keresett erő negatív előjele azt mutatja, hogy a sajtó a ráerősí­ tett súlyokkal el tudja végezni a sajtolást külső erő nélkül, sőt az erőt még csök­ kenteni is kell. Mivel a 200 kp teher a sajtolás végén, tehát az orsó teljes

148

Py = 35 k p ; P 2 = 50 k p ; a = 30°; fi = 0,35; Q = ? A feladat megoldásához ismerni kell azt a módszert, ahogy két nem párhuzamos, de egy síkban levő erőt összeadunk. Az erőkkel párhuzamo­ sokat húzva paralelogrammát kapunk, és a keresett oldalt (rajzon az It eredő) koszinusz tétellel kiszámítjuk. Először kiszámítjuk a fi szöget (122. ábra). Mivel a és fi mellékszögek, tehát fi = 180° —a = 180° - 3 0 ° = 150°.

149

A koszinusz tétel szerint: R 2 = Pf + P§

-

2P 1P 2 c o s fix

B = ]/Pf + P | - 2 P 1P 2 cos fi'; = 150°; cos fi = cos 150° = — cos 30° = —0,866. R = /35 * kp 2 + 502 kp 2 - 2- 35 k p •5 0 kp( - 0,866) = = /1 2 2 5 + 2500 + 3500- 0,866 = /1 2 2 5 + 2500 + 3031 = /6 7 5 6 ^ 82 ,2kp

Az ékre kétféle erő hat. Az egyik szorítani, ill. lazítani igyekszik, ezeket P x és P 2 erőknek hívjuk, a másik a felületen, a súrlódás hatására ébredő N erő (124. ábra). Az ábra alapján a szorításhoz szükséges erő nagysága:

h

___ —

1

124. ábra. Ékeléskor ébredő

P x = N tg g + N tg (a + Q) = N [tg e + tg (a+g)].

A keresett eredő erő tehát 82,2 kp.

A kötés bontásához szükséges erő: P 2 = N tg g - N tg ( = 30 m m ;

tg 0 = 0 , 1 5 ;

P = 2 kp;

a = .2 ° 3 0 ';

N = ?

Tehát az éket 37 kp erővel tudjuk megszorítani. Ezt az erőt közvetlenül az ék szorítására, tehát a munkadarabok szorí­ tására fordítjuk.

A feladatot két lépésben kell megoldanunk. Először ki kell számítani a csavarról az éknek átadott erőt, ez egyenlő az éket szorító erővel. Ezen kiszámítjuk az ébredő N erőt. A csavarorsón átadott erőt az

P j = JV [tg 0 + t g (a + 0 )];

M = —

N

tg (ax+

képletből számítjuk. Itt

q)

Q ismeretlen, a menet

adatait kiszámíthatjuk, vagy táblázatból kivehetjük. A súrlódási ténye­ zőt itt is 0,15-nek vesszük. D , 30 mm M = P •— = 2 k p ---- ----- = 30 kp m m ;

-1 0

lg 1,25 = 0,0969 —lg n = -1 ,3 5 3 7 lg tg ax = 8,7432 — 10 Uy = 3o10', tg 0 = 0,15,

ezt a metrikus menet miatt 15%-kal növeljük. tg 0 1 * 0,17; 0 i = 9°40'. K + 0 J);

az egyenletből Q-1 kifejezzük: 2M = Qd2 tg (ax + 0 i); 2M d2 tg ( a i + 0 i) ’ behelyettesítünk: 2-30 kpmm

154

37 kp

37

0,15 + tg (2°30' + 8°32')

0,15 + tg 11°2'.

37

+ 10

lg 7,188 = 0,8566 + lg t i = 0,4971 lg n = 1,3537

v = 7,188 m m -tg

behelyettesítünk:

37

0,3450

107 kp.

Az ék szorításakor ébredő erő tehát 107 kp.

tg Kl = ~d^t = 7,188tt: 5

^ t g

tg e + t g (a + 0 ) ’

0,15 + 0,1950

1,25

h

0 = 8 ° 3 2 ';

P i == Q ;

N

d2 = 7,188 mm (táblázatból); h = 1,25 mm (táblázatból);

tg 0 = 0 , 1 5 ;

(3°10' + 3°40')

60 kp 7,188-tg 12°50'

A forgácsoláshoz használt készülékeken az ékszorításon kívül excenterszorítást is alkalmaznak. Oka: az ékszorításnál gyor­ sabb, viszont nem mindig használható, mert az ék biztosabb kötést ad. Excenterszorítás esetében is a csavarszorításhoz ha­ sonlóan, nyomatéki egyensúly van. A meghúzáshoz alkalma­ zott nyomaték tart egyensúlyt a súrlódásból és az excentricitásból adódó nyomatékkai. A szorítás nagyságát a nyomatéki egyensúlyból számíthatjuk ki a 126. ábra alapján. A 126. ábrából érthető az excenter- (körhagyó-) tárcsa szorítási elve. Az l kar végén ható P erő az excentrikusán meg­ munkált furat középpontjára Pl nyomatékot ad. E nyomatékN , , kai a felületen ébredő N erő-------- komponensével számított cos erőpár nyomatéka tart egyensúlyt. A két erő távolsága a na­ gyobb, ill. a kisebb kör (Ex és r) sugaraiból, a hozzájuk tartozó súrlódási értékekből és a két kör középpontjának távolságvetületóből (x) számítható. 155

Az előbbiek alapján a következőképpen módosul a képlet: Ne N r sin u. P l — NR tg n2-\------------ f-" ~ COS [J,2

= NR tg ^2+ N r tg ^ 2+

COS [j,2

Ne COS [l2

A súrlódás értéke kicsi, így cos /.i2^ ^ (cos 0° = 1!). P l = N tg ii2(R-\-r)-\-Ne. Az excenterszorításra az

az

zők, tehát az egyenletet így rendezzük N R-re l: Pl I + - 5- tg ^2 + R NR

A fentiek alapján a nyomatéki egyensúly: N P l = —- — •(R sin u9+ x + r sin u, ); COS fJt2 ^ NE sin a9 Nx Nr sin a-. Pl = ™ -] 1 = COS fl2 cos /I2 COS fX2 t , Nx Nr sin - NR tg 1^ + ---------+ —-------COS H2 COS Ha átgondoljuk a P szorítóerő és a szorításkor ébredő N erő kapcsolatát, a következőket láthatjuk: Arra kell törekednünk, hogy a várható legkedvezőtlenebb helyzetet feltételezve is jól számolhassunk a képlettel. Ezt figyelembe véve, max x = e, és max ^ = fi2, mert (ix a csap és a furat súrlódásából adódik, és a csapot olajozzuk, tehát (j,x < [i2156

hányadosok jellem­ át, azaz végigosztjuk e ' R

Az excenterszorításnak, hasonlóan az előzőkben látott csa­ var és ékszorításhoz, szintén önzárónak kell lennie. Ez akkor következik be, ha a szorítás­ kor keletkező b ill. határ­ esetben tg b = tg /i2A 126. ábra alapján tg b

e ~R

A szokásos súrlódási té­ nyező értéke itt 0, 1, tehát tg /i2 = 0, 1, így — = 0,1 lehet! A műszaki gyakorlatban az előzőkben tárgyalt excentert nyomóexcenternek hívjuk. A másik excentertípus az ún. húzóexcenter (127. ábra). 157

A húzóexcenteren is hasonló nyomatéki egyensúlyt találunk, mint a nyomón, a különbség mindössze annyi, hogy itt a szorítási út rövidebb, és mivel a szorítóhorog kis keresztmetszetű, ezért nagyobb szilárdságú anyagot kell használnunk.

4-datok: 1 — 80 m m ;

tg

— = 0 ,1 ; R

= 0,1; 2r = ?

11. Az eszterga szegnyergén excenterszorítást alkalmazunk. A szorítókar hossza 130 mm, a végén ható erő 15 kp. Mekkora a szorítóerő, ha

Pl NR

= 0,08,

P =10kp;

JV= 24 0k p ;

i? = 14 m m ; (

r \

e

= (1 + pJ tg-“2+P

a súrlódási tényező 0 , 1 ; az excentricitás 2 mm és az excenter csapátmérője d = 16 mm?

Az egyenletből r-et kiszámítjuk, de a szokásos példamegoldástól kissé eltérünk, ti. e értéke külön nincs megadva. Ezt a hiányt úgy küszöböljük

Adatok:

ki, hogy — -et a megoldás elején mindjárt behelyettesítjük ! R

l = 130 m m ; ^ -= 0 ,0 8 ;

R d = 2r = —— = 1 6 m m ; 2,5

tg fi2 = 0,1; Pl ~NB

P — 15 k p ;

r = 8 mm;

Pl NR

N = ? (

r \

m

e

= ( • * ■ + tg ^ 2 + 0 , 1 ;

| — + 0 ,1 ;

”

+ ~ B ) tgfl2 + l i '

Az egyenletből N -et kifejezzük: ebből

¥ = iV[ ( 1+ í ) tg^2+ l ] ;

Pl N tg fi2

0,1 R

-ü ‘

tg

behelyettesítünk:

■ B[(1+ í') tg^2+ ^]

10 k p -80 mm

R — 2,5 •16 mm = 40 mm.

14m m -

240 k p -0,1

0,1-14 mm 0,1

15 kp *130 mm = 40 mm

í f 1 + ■ * - Unl 0,1 + 0,08 1

Lv.

40 mm,/

1950 kp mm

J

195

195

= 4 0 mm [(1 + 0,2)0,1 + 0,08] = 4(0,12+ 0,08) = ÖJ3 *

P‘

12. Forgógépen is alkalmazunk a munkadarab befogására gyorsbefogó készüléket. Az itt alkalmazott szorítóelem húzóexcenter. A befogókar hossza 80 mm, a kar végén ható erő 10 kp. Mekkora az

tóerő 240 kp és az excentersugár 14 mm?

158

— 14 — 14

rí

33 — 28 = 5 mm.

A keresett csapátmérő a sugár kétszerese, tehát 10 mm.

o

A szorítóerő tehát 244 kp.

excentercsap átmérője, ha a súrlódási tényező és

24

egyaránt 0 , 1 , a szorí­

3. Feladatok gördülőellenállásra A műszaki gyakorlatban lehetőleg elkerüljük a csúszósúrlódás alkalmazását. Saját tapasztalatunkból tudjuk, hogy ha egy hengeres testet gördítünk, sokkal kisebb erőt kell kifejtenünk, mintha ugyanazon a felületen csúsztatnánk. Ezt számos példá­ val igazolhatjuk. A szobában nehéz bútort kell mozgatnunk. 159

Könnyebben tudjuk elmozdítani, ha görgőkön toljuk, mintha csúsztatjuk. Üzemekben így szállítják a szerszámgépeket. Csapágyazásokban sokkal szívesebben alkalmazunk gördülő csapágyat, mint csúszócsapágyat, és így tovább. A gördülőellenállásra jellemző érték a gördülőellenállás karja, melyet a következő összefüggésből kapunk: Pr = Gk (128. ábra)

A gördítéshez szükséges erő:

A gördülőellenállás karját, hasonlóan a csiiszósúrlódási té­ nyezőhöz, kísérlettel is meghatározhatjuk.

Tehát a hajlásszög és a gördülő test sugarának ismeretében k meghatározható. 1. Egy munkás teniszpályát hengerel. Mekkora erőt kell kifejtenie, ha a henger súlya 200 kp, átmérője 40 cm, a gördülőellenállás karja 0,8 cm, és a henger rúdja a vízszintes sík­ kal 30°-os szöget zár be (130. ábra) ? A példa megoldásában a hen­ ger közepén levő vonó csap súr­ lódását elhanyagoljuk! Adatok: G = 200 k p ;

d = 40 cm ;

k = 0,8 cm;

oc = 30°;

r = — = 20 cm ;

P = ?

A hengert a P erő vízszintes összetevője, V gördíti. A P erő függőleges összetevőjének, N -nek, valamint a G súlyerőnek az iránya azonos. Az egyensúlyi helyzet tehát: Vr = (G + N)k. A 130. ábra szerint:

Az a hajlásszögű lejtőre r sugarú, G súlyú korongot helye­ zünk (129. ábra). Határesetben akkora a lejtő hajlásszöge, hogy a korong éppen meginduljon. A G súlyt felbontjuk L és N erőkre; L a lejtő irányában, N a lejtőre merőlegesen hat. Az egyensúly határesetben:

V = P cos oc;

N = P sin a.

Ezeket az értékeket behelyettesítve: Pr cos a = Gk + Pk sin a. Az egyenletből P -t kifejezzük: Pr cos a - Pk sin a = Gk-,

Lr = kN (nyomatéki egyensúly van!);

P(r cos oc— k sin a) = G k; r cos oc—k sin a ’

160

11

Trigonometria

161

behelyettesítve: 2 0 0 kp - 0 ,8 cm

20 cm-cos 30° —0,8 cm-sin 30° 160

40

1 7 ,3 2 -0 ,4

4,23

9,46 kp % 10 kp.

Azért kerekítettünk felfelé, mert a minimális erőt határoztuk meg. A henger gördítéséhez tehát 10 kp erő szükséges. 2. Az előbbi hengert a pályán csúsztatni kell. Mekkora erő kell a csúszta­ táshoz, ha a súrlódási tényező értéke 0,45? G = 200 k p ; a = 30°;

ahol Z a vontatóerő kp-ban; fj,z a vontatóellenállás tényezője; Q a vontatott teher kp-ban. A vontatóellenállás tényezőjét kísérlettel éppen úgy meg­ határozhatjuk, mint a csúszósúrlódási vagy a gördülőellenál­ lási tényezőt. tg 0 homlokszögű kések esetén tehát a következő összefüg­ gésekkel számolhatunk: m — R — r; 137. ábra. Beszúrás hasábos késsel

m" = C Ö -D O ; m " = R cos (cp+ oc) — r cos oc;

cp = y —y) ;

r sin w = —- sin (180° — y), R ahol y) a központtól való elhajlás szöge; y a kés homlokszöge; a a kés hátszöge ;R a munkadarab sugara mm-ben; r a beszúrás sugara a munkadarabon mm-ben. 168

2. Hasábos késsel profilesztergálást végzünk. A kés homlokszöge ^ 0 ! A központtól való elhajlás szöge 7°30', a hátszög 6 °. A munkadarab külső átmérőié 82 mm, a profil mélysége 12 mm. Mekkora a torzulás (137. ábra)? D = 82 m m ; = ?; li =

D 9

ip = 7 °3 0 ';

a = 6C

m = 12 m m ; R = ?

m" = 82 mm

= 41 mm.

169

r = R —m = 41 mm — 12 mm = 29 mm.

A tengelyre merőleges irányú torzulást a 138. ábra alapján számíthatjuk k i:

r sin xp = — sin (180° — y ); m" =

cos (y —ip+a) —r cos a.

Az első egyenletből először y -1 kiszámítjuk, majd a kapott értéket a máso­ dik egyenletbe helyettesítjük. R sin ip = r sin (180° —y) = r sin y ;

R sin xp sm y = ---- —— ;

behelyettesítve: 41 mm-sin 7°30' Sm V = -------- 2 9 mm--------?

y = ÍO ^ '

lg 41 + lg sin 7°30 ' lg sz - l g 29

= 1,6128 = 9 ,1 1 5 7 -1 0 = 1 0 ,7 2 8 5 - 10 = -1 ,4 6 2 4

lg sin y =

9 ,2 6 6 1 - 10

m" = R cos (y —ip+ a) —r cos a ; behelyettesítve: m" = 41 mm-cos (10°38' — 7 °3 0 '+ 6 °) — 29 mni'■cos 6 "; m" = 41 cos 9°8/ —29 cos 6 °; lg 41 = 1,6128 + lg cos 9°8' = 9,9945 — 10 lg 41 cos 9°8' = 1,6073

lg 29 = 1,4624 + lg cos 6 ° = 9 ,9 9 7 6 - 10 lg 29 cos 6 ° = 1,4600

m " = 4 0 ,4 8 -2 8 ,8 4 = 11,64 « 11,6 mm. A keresett torzulás tehát 11,6 mm.

A korszerű esztergálásban egyre jobban elterjednek a körkések. Oka: a kés teljes kerületén, ill. az aláköszörülés után a felület igen nagy részén kialakítható a szükséges profil, így a kést sokszor lehet utánélezni. Ez a kés élettartamát jelentő­ sen növeli. A körkésen megtaláljuk a hasábos késen már meg­ ismert élszögeket, ezeket külön nem tárgyaljuk. A profiltorzulást a hasábos késéhez hasonlóan határozhat­ juk meg (138. ábra). A kés és a munkadarab szélességi méretei itt is megegyeznek, itt torzulás nincsen. 170

Az 0 XAC háromszögből (Pythagoras-téteMeY) o^a

-

r = Y ( ö Jc y + ( A C )2 .

Az OxBC háromszögből: q

q

—~~ r = sin (a + y ) ; OxB

______

OiB = B ;

OxC — OxB sin (oc+y) = B sin (a-f y); A B = A D — BD — in. 171

Az ADÓ2 háromszögből: AD

— nos xp;

■ , -.

Amint a hasábos késeknél már láthattuk, egyes esetekben y = 0.

,

A O n= Q ;

Ebben az esetben:

-4Ö 2

r — /.fí2 sin2 8m'

Tehát a rúd hossza 1,8 m. b) Pj és P 2 nagysága a 142. ábra alapján számítható. P — = sm a ; P2 P — = tg a ; Pj 6

B = ? A csuklók távolsága: 1 m.

176

lm

12

Trigonometria

P 500 kp « 903 kp. P 2 = ------- = sm a 0,5546 „ P P, = ------= tg a

500kp — r; 753 kp. 0,6667 1

177

c) Kihajlásra a rudat P 2 erő terheli. Láttuk az „Algebra I . ” c. kötetben, hogy a kihajlásra a nyomásra ér­ vényes összefüggések állnak fenn, bizonyos módosításokkal. pt = Y

2. Az egyik végén befogott faradat P = 100 kp erő 55°-os szög alatt ter­ heli (143. ábra). Megfelelő-e a terhelés a rúd szilárdságát figyelembe véve, ha a rúd hossza 90 cm, keresztmetszete pedig 60 x 90 mm 2 ?

„ E Gt = n~ ‘

es

Húzásra számítani nem érdemes, mert ha kihajlásra a cső jó, húzásra még inkább megfelel; ui. itt a terhelhetőség nagyobb, viszont az igénybevétel (húzóerő) kisebb.

Az egyenletrendszerből A értékét kell kiszámítani: A rúdban megengedett összes feszültség 100

E = 2,1 •10 6 kp/cm 2.

P t = P 2;

kt

A kihajlásra megismert szabályok szerint Áacél s 115. A = _2 P ' /X2 - - =

F

71-E ;

^

.

. ’

•

143. ábra. Egyik végén befogott, rúd

A feladatot úgy kell megoldani, hogy megvizsgáljuk a ferdén ható erő következtében létrejövő igénybevételeket. Mivel az erőt derékszögű össze­ tevőkre bonthatjuk, ezek húzásra (l \ ) és hajlításra (P9) veszik igénybe a rudat.

i /;7 -/