Mekanikk. 1 Statikk [1] 8258501291 [PDF]

Zitiervorschau

FREDY OLSSON/GUNNAR STRØMSNES

Mekanikk 1 Statikk BOKMÅL

YRKESOPPLÆRING ANS 1992

© Liber Låromedel, Malmo, 1973 Originalens tittel: "Mekanik for teknologi och konstruktion” Del 1: "Statik” © Yrkesopplæring ans 1981 Godkjent av Sekretariatet for videregående opplæring i mars 1992 til bruk i den videregående skolen. 1. utgave, 4. opplag

Printed in Norway PDC Printing Data Center as, 1930 Aurskog, 1992 ISBN 82-585-0129-1

Det må ikke kopieres fra denne boka i strid med åndsverkloven og fotografiloven eller i strid med avtaler om kopiering inngått med KOPINOR, interesseorgan for rettighetshavere til åndsverk. Kopiering i strid med lov eller avtale kan medføre erstatningsansvar og inndraging, og kan straffes med bøter eller fengsel.

Forord

Denne boka er første del i en serie på tre bøker i mekanikk for de tekniske skolene. Boka dekker behovet for faget i teknisk fagskole og ingeniørhøg­ skolen. Det er lagt særlig vekt på å tilfredsstille målsettingen for mekanikkfaget etter gjeldende fagplan for teknisk fagskole. Bøkene behandler de enkelte avsnitt inngående. Det vil derfor være mulig for læreren å velge ut enkelte, særlig viktige avsnitt og behandle dem grundig. Her bør det legges stor vekt på elevens for­ ståelse for den samhørigheten dette grunnlagsfaget har med de øv­ rige ingeniørfagene. Hvert avsnitt er fulgt av eksempler og øvingsoppgaver. Det er til­ strekkelig oppgavemateriale for den tiden som står til rådighet for faget. For å forenkle studiearbeidet er oppgavesvarene ført opp under oppgavene i de første kapitlene. Seinere må du selv finne fram til løsningene i siste avsnitt i hver bok.

Slemmestad i mai 1981

Gunnar Strømsnes

Innhold

Avsnitt/emne

Side

0 INNLEDNING...................................................... 0.1 Hva er mekanikk? Definisjoner, inndeling og bruk ......................................................................... . 0.2 Grunnlovene........................................................... 0.3 Målesystem............................................................. . 0.4 Bruk av matematikk............................................. . 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6

Anlegg Husbygg

Pensum for Bil Maskin

Elektro

7 7 7 8 8

x x

x x

KRAFTGEOMETRI........................................... Innledning............................................................. Legemer ............................................................... Masse, hva er det?............................................... Begrepet-kraft...................................................... Resultant............................................................... Resultant til krefter med samme angrepspunkt......................................................... 1.7 Resultant til parallelle krefter ........................... 1.8 Resultant til krefter med spredte angrepspunkter og retninger ............................. 1.9 Løsning av oppgaver...........................................

9 9 9 9 . . 10 ..12

x x x x

x x x x

x x x x

..13 . . 22

x x

x x

x x

. . . .

27 33

x

x

x

2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7

MASSEGEOMETRI ......................................... Innledning............................................................. Statisk moment. Tyngdepunkt........................... Beregning av tyngdepunkt for linjestykker . . . Tyngdepunkt for flater ...................................... Volumenes tyngdepunkter.................................. Pappos-Guldins regler......................................... Løsning av oppgaver...........................................

. . . . . . . .

. . . . . . . .

40 40 40 44 48 55 59 62

x

x

x

3 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7

LIKEVEKT UTEN FRIKSJON....................... Innledning............................................................. Vilkår for å oppnå likevekt................................ Statisk bestemte og ubestemte systemer........... Likevekt uten friksjon......................................... Det er flere typer av likevekt............................. Tauet...................................................................... Slik bruker du likevektsreglene.........................

. . . . . . . .

. . . . . . . .

70 70 71 72 74 80 83 87

x x x x x

x x x x x

x x x x x

. .

Anlegg Husbygg 4 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5

LIKEVEKT MED FRIKSJON........................ Innledning............................................................. Friksjon ved glidebevegelse............................... Friksjon ved reimskiver, bremsebånd o.l.......... Friksjon ved rulling............................................. Losing av oppgaver.............................................

. . . . . .

5 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 5.7 5.8

DE ENKLE MASKINELEMENTENE......... Innledning............................................................. Vektstanga ........................................................... Vinsjen.................................................................. Taljen .................................................................... Skråplanet............................................................. Kiler ...................................................................... Skruer.................................................................... Losing av oppgaver med de enkle maskinelementene...............................................

..117 ..117 ..117 ..119 . . 121 .. 125 . . 127 . . 131

6 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5

. . . . . .

100 100 100 104 106 108

x

LØSNINGER TIL ØVINGSOPPGAVENE ......... . . 163

Elektro

x

X X

x

X

X

X

X

X

X

X X

X

. . 135

PLAN GRAFOSTATIKK.................................. . . 140 Innledning............................................................. . . 140 Grafisk analyse av et kraftsystem i likevekt . . ...140 Plane fagverk. Cremonas metode .................... . . 146 Snittmetoden (Ritters metode)........................... . . 152 Losing av fagverksoppgaver ............................. .. 154

x betyr at avsnittet er særlig viktig.

x

Bil Maskin

X

X

X

X

X

X

X

X

x

0 Innledning

0.1 Hva er mekanikk? Definisjoner, inndeling og bruk Fra gammelt av deler vi mekanikken i to hovedområder:

1) statikk og 2) dynamikk I statikken tar vi for oss de krefter som virker på en gjenstand eller en konstruksjon. I tilknytning til kartleggingen av kreftene vil vi også vurdere betingelsene for at gjenstanden skal kunne være i like­ vekt. I dynamikken snakker vi om bevegelse. På den ene siden betrak­ ter vi bevegelsen uten å komme nærmere inn på årsaken til at beve­ gelsen kom i stand. Denne delen av dynamikken kaller vi kinematikk. I den andre delen av dynamikken ser vi på hvordan krefter kan virke på bevegelsen. Dette kalles kinetikk. Sammenfatter vi dette, ser vi at mekanikk er læren om gjenstan­ der (eller konstruksjoner) som er i ro eller i bevegelse. Teknikeren og ingeniøren bruker mekanikk til å gjøre seg kjent med hvilke reaksjoner en gjenstand får under påvirkning av krefter. Mekanikk er derfor et nødvendig grunnlag for mange tekniske beregninger. Fasthetslæren er et særlig godt eksempel på bruk av me­ kanikk som grunnlag.

0.2 Grunnlovene Engelskmannen Isaac Newton (1642—1727) offentliggjorde i 1687 verket "Philosophiae naturalis principia mathematica”. I dette verket gjør Newton oss kjent med tre lover som alle har fundamental be­ tydning: 1 Treghetsloven: En gjenstand som er i ro eller i bevegelse, vil bare forandre sin situasjon hvis ytre krefter virker på den. 2 Akselerasjonsloven: Bevegelsesmengden til en gjenstand (produk­ tet av masse og fart) forandres proporsjonalt med størrelsen på kraften. Forandringen skjer i kraftens retning.

7

3 Vekselvirkningsloven: Når en gjenstand A virker mot en annen gjenstand B med en gitt kraft, vil B virke tilbake mot A med like stor, men motsatt rettet kraft.

0.3 Målesystem I boka gjennomføres bruken av SI-systemet (Systéme International d’Unités). SI-systemet har seks grunnenheter: meter for lengde (m), kilo­ gram for masse (kg), sekund for tid (s), ampere for strømstyrke (A), kelvin for temperatur (K) og candela for lysstyrke (cd). På disse grunnenhetene kan det bygges opp utledede enheter uten at vi må benytte omregningsfaktorer. I boka vil vi bruke følgende forkortinger: 1MN=1O6N, 1 kN = 103N, 1 daN = ION.

0.4 Bruk av matematikk Beregninger og bevis blir ofte enklere når vi bruker trigonometriske funksjoner. Vi vil derfor allerede tidlig i boka ta i bruk disse mate­ matiske funksjonene. Det er vårt håp at dette ikke vil skape vansker for deg siden funksjonene jo hører til i den delen av matematikken som blir gjennomgått på et tidlig tidspunkt i teknisk fagskole. Stor nytte har vi også av begrepene derivert og integral. I teknisk fagskole lærer elevene disse funksjonene for seint til at stoffet kan nyttes i mekanikken (etter gjeldende undervisningsplan for matema­ tikk blir avsnittene om derivert og integral gjennomgått i andre års­ kurs). Boka er derfor utarbeidet i hovedsak uten bruk av disse delene av matematikken. For oversiktens skyld vil likevel noen få eksempler i boka bli løst ved hjelp av integralregning. For studentene i ingeniør­ høgskolen vil disse eksemplene neppe by på vansker.

8

1 Kraftgeometri

1.1 Innledning Når vi skal analysere kreftene som virker på en konstruksjon, er det nødvendig å gjøre visse forenklinger. Det er også nødvendig med noen definerte begrep og beregningsregler. Dette avsnittet be­ handler slike elementer. Både konstruksjon og de kreftene som virker tegner vi opp skje­ matisk og ved hjelp av symboler. De vanligste symbolene er vist på figur 1.1. ■---------------- Kraft

Fast ledd

-------------------- *- Resultant

O

—•----- C Moment 0

Tyngdepunkt

—O— Bevegelig ledd ///?///

Rullelager

—t----- Fast innspenning

Figur 1.1

Kunnskapene i dette avsnittet bruker vi til å løse kraftsystemer i hele konstruksjoner. Slike systemer behandles nærmere i avsnittene 3-6.

1.2 Legemer En gjenstand av et materiale kaller vi et legeme. Legemet er laget av homogent materiale og er fullkomment stivt (det vil si at legemet ikke forandrer form når det blir påvirket av ytre krefter). I mekanikken betrakter vi legemet som elastisk bare i forbindelse med beregning av fjærer, og i en viss utstrekning ved støt. Ellers blir de elastiske egenskapene behandlet i fasthetslæren. I dynamikkoppgavene vil den ytre formen og volumet til lege­ mene ha betydning. Beregningene blir likevel enklere om vi ser bort fra volum og form. Slike legemer som har masse, men er uten ytre dimensjoner, kaller vi massepunkter.

1.3 Masse — hva er det? Masse er den stoffmengden legemet inneholder. Einstein har påvist at masse ikke kan forsvinne, men kan gå over til energi.

9

1.4 Begrepet kraft Ved å skrive Newtons andre lov på en annen måte vil vi finne kraftlikningen: 1.1

F - m- a

Her ser vi at kraften som virker på et legeme, er proporsjonal med massen og akselerasjonen legemet har. I SI-systemet blir massen målt i kg. Akselerasjonen a er hastig­ hetsøkning per tidsenhet og har benevningen m/s2. Ifølge kraftlik­ ningen får kraften benevningen kgm/s2, og denne enheten vil vi heretter kalle newton (N). 1 newton er den kraften som vil gi en masse på 1 kg en akselerasjon på 1 m/s1.

Tyngden av et legeme finner vi ved å sette inn tyngdeakselerasjonen g i kraftlikningen 1.1: 1.2

G = m-g

Tyngdeakselerasjonen varierer noe fra sted til sted. Som et passende middeltall for Norge kan vi bruke g = 9,82 m/s2. Ved å løse noen eksempler kan vi vise hvordan Newtons lover benyttes. Eksempel 1.1

En masse m = 10 kg står på et bord. Hvor stor kraft virker mot bordet? Hvor stor reaksjonskraft virker fra bordet mot massen?

Løsning: Tyngden av massen er den kraften som virker mot bordet. Ved hjelp av likning 1.2 finner vi tyngden G = 10 • 9,82. Det gir (7 = 98,2 N. Ifølge Newtons tredje lov (vekselvirkningsloven) vil massen bli påvirket av en kraft som er like stor som tyngden av massen, som jo i sin tur trykker ned mot bordet. Kraften fra bordet mot massen virker i motsatt retning av tyngden. Ser vi på bordet med massen som en enhet, opphever tyngden av massen og reaksjonskraften fra bordet hverandre. At disse kreftene fins, framkommer når vi tar delene fra hverandre. Ved å tegne inn kreftene (se figur 1.2) kan vi betrakte likevekten for hver enkelt av delene: Skal et legeme være i likevekt, kreves blant annet at sum-

Figur 1.2

10

men av kreftene som virker på legemet skal være null (mer utførlig omtale av likevektbetingelsene finner du i avsnitt 3). I vertikal ret­ ning får vi da R-G = 0

Av denne likningen får vi R -G. Svar: 98,2 N og 98,2 N. Eksempel 1.2

En person drar med en kraft på 750 N i et tau. Tauet er festet i et tre. Hvor stor er kraften i tauet? Vi går ut fra at tauet ikke har noen tyngde. Løsning: Når vi snitter gjennom tauet ved A, blir den venstre de­ len av tauet med personen frigjort. På denne måten oppheves bin­ dingen av tauet ved A. Nå kan vi tenke oss at bindingen blir er-

Figur 1.3

stattet med kraften F. På figur 1.3 ser vi at snittkraften F motvir­ ker den kraften personen trekker med. Ifølge vekselvirkningsloven får vi da at F= 750 N.

Svar: F = 750 N. Eksempel 1.3

To personer drar i hver sin ende av et tau. Begge trekker med en kraft på 800 N. Hvor stor er strekkraften i tauet?

Figur 1.4

Løsning: Tenker vi oss at vi klipper av tauet, kan vi erstatte bin­ dingen i taufibrene med snittkreftene F. Hvis personene skal kunne stå i ro, må snittkreftene være like store som trekkreftene (vekselvirkningsloven). Vi får altså F = 800 N.

Svar: F = 800 N. Eksempel 1.4

En romrakett har massen 400 000 kg i det øyeblikk den starter. Hvor stor skyvekraft må motoren utvikle for å overvinne tyngde­ kraften? Vi kan se bort fra luftmotstanden, og tyngdeakselerasjonen kan vi sette til 10 m/s2. Løsning: Ifølge akselerasjonsloven og likningene 1.1 og 1.2 får vi F=400 000- 10 = 4- 106N.

Svar: F = 4- 106N.

Forsøk nå å løse noen øvingsoppgaver på egen hånd. Støter du på vansker, bør du gå tilbake og lese nøye gjennom de aktuelle avsnit­ tene. I slutten av dette kapitlet vil du finne noen vanskeligere oppga­ ver. I disse oppgavene må du selv avgjøre hvilket eller hvilke delavsnitt du må tilpasse for å kunne løse oppgaven. Skal du klare det, må du først beherske de enkelte avsnittene. Øvingsoppgave 1.1

En gutt klatrer i et tau. Gutten veier 45 kg (masse).

a) Hvor stor strekkraft er tauet utsatt for? b) Hvor stor kraft virker i taket hvor tauet er festet? Svar: a) 441,9 N b) 441,9 N Øvingsoppgave 1.2

En vareheis har massen 500 kg. Når den settes i gang, er akselera­ sjonen 10 m/s2. Bestem startkraften i startøyeblikket. Se bort fra friksjon. Svar: 5000 N

1.5 Resultant En gruppe som består av flere enkeltkrefter, kan erstattes av en eneste resulterende kraft. Det krever bare noen enkle regneopera­ sjoner. Den resulterende kraften kaller vi resultant, og vi gir den be­ tegnelsen R. Den skal ha samme virkning som hele kraftgruppen samlet, og representerer denne helt. 12

Vi kan skille mellom tre grupperinger av enkeltkreftene:

a) krefter med samme angrepspunkt b) parallelle krefter c) krefter med spredte angrepspunkter og retninger

1.6 Resultant til krefter med samme angrepspunkt Resultanten til en kraftgruppe kan vi bestemme grafisk eller analy­ tisk, dvs. ved regning. Grafiske løsninger skal vi behandle mer inn­ gående i avsnitt 6, men det vil likevel være riktig å gjennomgå grunnlaget her. Dermed vil du være i stand til å sammenlikne me­ todene. Ved grafisk løsning representeres kreftene av vektorer. Vektoren er en rett linje som er utstyrt med pilspiss for å vise kraftens ret­ ning. Lengden på vektoren viser størrelsen på kraften i forhold til en kraftskala. Kraftskalaen kan for eksempel være l cm = 200 N. Eksempel 1.5

Figur 1.5

Bestem størrelsen på kraften på figur 1.5. Det er brukt en kraftskala der 1 cm = 200 N. Løsning: Lengden av kraften på figur 1.5 måler du til 2,5 cm. Svaret finner du da ved å multiplisere med kraftskalaen: F = 200-2,5 = 500 N.

Svar: F = 500 N

Kraftens retning kan vises på flere måter. En måte er å tegne kraften inn i et koordinatsystem xy og oppgi to punkter som kraftens angrepslinje går igjennom. Du kan også bestemme vinkelen som angrepslinjen danner med x-aksen, eller med en annen referanselinje. Ved denne måten må du kjenne til hva som menes med sinus, cosinus eller tangens til en vinkel. Fra matematikken vet vi at sinus til en vinkel er lengden av motstående katet dividert med lengden av hypotenusen i en rettvinklet trekant. Cosinus til vinkelen er lengden av hosliggende katet dividert med hypotenusen. Tangens til vinkelen er motstående katet dividert med hosliggende katet. På figur 1.6 er a sin a = — c b cos a = — c a tana = — b Figur 1.6

I regnetabellen finner du vinkelen som svarer til tallverdien av brø­ ken ovenfor.

13

Eksempel 1.6

Tegn opp kraften F=800N i koordinatsystemet på figur 1.7. Kraften angriper i origo og er rettet mot punktet (3.2). Bestem også vinkelen som angrepslinjen til kraften danner med x-aksen. Kraftskala: 1 rute = 300 N.

Løsning: Kraftens lengde L i antall ruter finner du av likningen L = 800/300, som gir L - 2.67 ruter. Kraftens angrepspunkt er P\ i figur 1.8, P2 er punktet (3.2). Linjen P\P2 blir altså kraftens angrepslinje. Langs linjen merker du av lengden av kraften. 2,67 ruter. Begynn i og slutt av med pilspissen. Størrelsen av vinkelen kan beregnes av trekanten: tan a = 2/3 = 0,667. I regnetabellen eller fra lommeregneren finner du at dette svarer til en vin­ kel på 33,7°.

Svar: Kraftens størrelse og retning er vist på figuren. Angrepslinjen danner en vinkel på 33,7° med x-aksen.

Figur 1.8

Ved analytisk løsning bruker du trigonometri og den pytagoreiske læresetningen. En mer avansert metode som vi ikke kommer inn på i denne boka, er å benytte vektorregning. Fordelene ved vektorregning er særlig store ved beregning av kraftsystemer i rommet (tre dimensjoner).

To krefter med samme angrepspunkt Vi skal først se på to krefter som angriper et legeme i samme punkt. For å gjøre beregningene lettere legger vi inn et koordinat­ system xy med origo i angrepspunktet T, se figur 1.9. Resultanten R kan vi finne grafisk ved å tegne et krafiparallellogram. I kraftparallellogrammet er sidene parallelle med kreftene. Sidelengden svarer til størrelsen på kreftene. Resultanten framkom­ mer da som diagonalen i parallellogrammet. 14

Figur 1.9

Det er ikke nødvendig å tegne hele parallellogrammet. Settes lengden BC = AD av fra B med samme retning som kraften F} , får du krafttrekanten ABC. Her er den ene siden resultanten R. Eksempel 1.7

Kraften F, = 250 N angriper i punktet A. Se figur 1.10. F\ dan­ ner en vinkel på 20° med x-aksen i et koordinatsystem med origo i A. En annen kraft, F2 = 350 N, danner en vinkel på 60° med xaksen og angriper i samme punkt. Finn størrelse og retning på re­ sultanten.

Løsning: Velg en kraftskala hvor 1 cm = 100 N. Tegn krafttre­ kanten. Sett av F2 = 3,5 cm i en vinkel på 60° med x-aksen. Sett deretter av F\ = 2,5 cm i en vinkel på 20° fra spissen på F2. Vi måler opp resultantens (diagonalens) lengde og finner at den er lik 5,65 cm. Det gir kraften R = 5,65 • 100 = 565 N. Ved hjelp av en transportør finner du vinkelen lik 43,5°. Hvis den grafiske løs­ ningen skal gi riktig resultat, er det nødvendig å tegne svært nøyak­ tig og å benytte tynne skarpe linjer. Velg ikke for liten kraftskala.

Svar: R = 565 N, og danner vinkelen 43,5° med x-aksen. Analytisk kan vi beregne resultanten ved å bruke cosinussetningen: 1.3

R = V Fi2 + F22 + 2F1 •F2-cos/5

Her har vi benyttet størrelser som er vist på figur 1.11.

Figur 1.11

15

Vinklene til resultanten kan vi enklest beregne ved hjelp av sinussetningen:

sin y

sin a

Resultanten kan også beregnes ved at vi projiserer kreftene i to ret­ ninger som står vinkelrette på hverandre, f.eks. x- og y-retningen. Deretter bruker vi den pytagoreiske læresetningen. Framgangsmåten er vist på figur 1.12.

Figur 1.12

Delkreftene F[x og Fiy kaller vi kraftkomponenter i x- og yretningen. Kraftkomponentene F}x og F2x angriper i samme punkt og har samme retning. De kan derfor summeres. På teg­ ningen til høyre på figuren får vi derfor Fx = F^ + F^. På samme måte får vi komponentene i y-retningen: Fy= F\y + F2y.

Størrelsen på komponentene regner vi ut slik:

Ælx = F, • cos a, F\y = Fi • sin a)

F2x = F2- cos a2 F2y = F2 • sin a2

Ved hjelp av den pytagoreiske læresetningen finner vi nå resultan­ ten: 1.5

R = V F2 + Fy2

Vinkelen resultanten danner med x-aksen, kan finnes ved å løse ett av uttrykkene: 1.6

F F sin a = —cos a = — R R

tan a =

F

Fx

Eksempel 1.8

En kraft på 25 kp angriper i punktet A og danner vinkelen 15° med positiv x-akse, se figur 1.13. I samme punkt angriper en an16

nen kraft, 200 N. Denne kraften har en angripslinje som danner en vinkel på 120° med den positive x-aksen. Finn størrelsen og retningen på resultanten.

Løsning: Det vil være fordelaktig å benytte lommeregner til utreg­ ningene. Lommeregneren regner svært nøyaktig, og tar med svært mange siffer etter kommaet. Vi velger å benytte inntil tre siffer, dette gir tilstrekkelig nøyaktighet til vårt formål. Kraften F1=25kp vil vi først gjøre om til N: F1 = 25-9,82 som gir Fx - 245 N. Vinkelen mellom kreftene blir 120° - 15° = 105°. Nå kan vi finne resultanten R ved å benytte cosinussetningen (likning 1.3): R = yj 2452 + 2002+ 2 • 245 • 200 • cos 105

Av dette får vi R = 273,3 N. Ved hjelp av sinussetningen kan vi bestemme vinkelen resultan­ ten danner med x-aksen, se figur 1.14: 273,3

sin 75

_

200 sin a

200-0,966 . . „_nc sin a = ---------------- som gir sin a = 0,708 273

Her får vi a = 45,1°. Resultanten danner da vinkelen (3 = 15 + 45,1 =60,1° med xaksen. Svar: R = 273,3 N, /?= 60,1° med positiv x-akse. Eksempel 1.9

En linedanser veier medregnet balansestang 75 kp. Når han befin­ ner seg midt på linen, danner linen en vinkel på 10° med horisontallinjen. Hvor stor blir kraften i linen?

Figur 1.15

Løsning: Strekkreftene i linen må gi en resultant oppover som er like stor som tyngden til linedanseren — se figur 1.15. Oppgaven blir derfor å dele opp resultanten i to komponenter med de gitte ret­ ningene. Størrelsen på resultanten finner vi ved å gjøre om linedanserens tyngde: R = 75 -9,82 som gir R = 736 N. Ved hjelp av cosinussetningen (likning 1.3) kan resultanten deles opp i to like store komponenter (symmetri). Komponentene danner en vinkel på 160° med hverandre. 2. Mekanikk I. Bm

17

R =

F2 + F2 + 2 - F-F-cos 160°

Ved å sette inn R = 736 N og trekke sammen får vi 736 = F< 12 + 12+ 2 (-0,9397) 736 = F< 0,1206 Av dette får vi F=2 120N

F =

0,347 Vi kan også løse oppgaven ved hjelp av likningen 1.5: Fx = F-cos 10°-F-cos 10° = 0 Fy = F‘ cos 80° + F' cos 80° = 2 • F-cos 80° R = \l Fx2 + F2

r

= \l 0 + F2

R

736

2-cos 80°

2-0,1736

= Fy

F = 2 120N

Svar: F=2 120 N

Tre eller flere virkende krefter La oss nå se på tilfeller hvor flere krefter angriper et legeme i

18

Vi kan finne resultanten R grafisk ved å tegne opp krafpolygonen. Dette er vist på figur 1.16. Sidene i polygonen består av kreftene og resultanten. Resultanten går fra begynnelsen av den første kraften til spissen av den siste kraften. At det må være slik, kan vi overbevise deg om ved å dele kraftpolygonen opp i krafttrekanter, og så addere disse suksessivt. Analytisk kan oppgaven løses ved at vi deler kreftene opp i kom­ ponenter som står vinkelrett på hverandre. Dette er samme metode som ble brukt i likningene 1.5 og 1.6. Den eneste forskjellen er at Fx ~ F1 x + ^2x Fy = F\y +

^3x +••••+ FnX ’

+ F3j, + . . . . + Fny.

Her er n lik antallet virkende krefter. Figur 1.17 viser denne må­ ten å løse oppgaven på. Eksempel 1.10

Fire krefter virker på et legeme: F\ - 300 N, F2=100N, Fy - 200 N og F^~ 300 N. Se figur 1.18. Bestem størrelsen og retningen på resultanten. Løsning: Først løser du oppgaven grafisk. Velg kraftskalaen 1 cm = 50 N. Sett av Fj = 6 cm i 30° vinkel fra angrepspunktet. Fra Ft's pilspiss avsetter du deretter F2 = 2 cm i sin retning (F2 danner rett vinkel med F^. Fortsett på samme måte med de andre kreftene. Figur 1.19 viser løsningen.

Av figuren finner du at R = 7,1 cm. Det svarer til R = 50 • 7,1 = 355 N. Resultanten er rettet skrått nedover fra posi­ tiv x-akse. Vinkelen kan måles til 335°. 19

Analytisk løsning vil gi mer nøyaktig svar. Beregningen blir da: Fx = 300 • cos 30° +100- cos 120° + 200 • cos 240° + 300-cos 315° = 322 N Fv = 300 • sin 30° + 100 • sin 120° + 200 • sin 240° + 300-sin 315° = -148,7 N

R = V 3222 + (-148,7)2 = 355 N tana =

148,7 = -0,4618 322

a = 360°-24,8° = 335,2° Svar: A = 355 N, a = 335,2° mot positiv x-akse. Øvingsoppgave 1.3

Kraften F virker slik som vist på figur 1.20. Finn størrelsen og vin­ kelen angrepslinjen danner med x-aksen. Bruk skalaen 1 cm - 100 N.

Svar: F- 3 cm = 300 N. Angrepslinjen går gjennom punktene (1 , 2) og (5,4). Vinkelen med den positive x-aksen er 26,6°. Øvingsoppgave 1.4

En kraft F} = 15 N danner en vinkel på 30° med x-aksen. En an­ nen kraft, F2 = 25 N, danner en vinkel på 60° med x-aksen. Se fi­ gur 1.21. Finn størrelsen og retningen på resultanten. Bruk grafisk løsning. Svar: R = 39 N, a = 49°. Øvingsoppgave 1.5

To krefter, F\ = 15 N og F2 = 25 N, angriper i samme punkt slik du ser det på figur 1.22. Bestem størrelsen og retningen på resultanten. Bruk analytisk metode. Svar: Å = 25,6N, a = 101,5°

20

Øvingsoppgave 1.6

Hvor stor vinkel [3 danner resultanten R med kraften Fx på fi­ gur 1.23? Svar: /?=21°.

Øvingsoppgave 1.7

Del opp kraften R = 500 N i to komponenter. Den ene av kompo­ nentene, F] = 200 N, danner 30° med R. Se figur 1.24. Svar: Æ2 = 342 N.

Øvingsoppgave 1.8

Hvor stor er vinkelen mellom F\ og F2 i oppgaven ovenfor? Svar: 47°.

Øvingsoppgave 1.9

En kraft R = 1000 N skal deles opp i to komponenter, F, = 720 N og F2 = 480 N. Se figur 1.25. Finn vinkelene a og PSvar: a = 42,1°, /? = 26,6°.

Figur 1.25

Øvingsoppgave 1.10

Fire krefter har samme angrepspunkt. På figur 1.26 er F{ = 200 N, F2 = 400 N, Æ3=35ON, F4= 250 N,

ot) = 30°, a2=135o a3= 240° «4=310°

Hvor stor er resultanten, og hvilken retning har den?

Svar: A=167N

og

a = 222°

(resultanten ligger altså i tredje

kvadrant).

21

1.7 Resultant til parallelle krefter Her følger et eksempel på parallelle krefter og resultanten de har: To barn sitter på en planke som er lagt over en bukk. Hvis hvert av barna har tyngden G newton. og de sitter like langt fra bukken, på hver sin side, vil planken holde seg horisontal. Vi sier at planken er i likevekt. Bukken er da belastet med en total kraft på 2 G. som jo svarer til resultanten av tyngden til barna. Vi skal nå skifte ut dette belastningsbildet med et som er nøyak­ tig likeverdig. Vi bytter ut barnas tyngder med en eneste kraft R = 2 G. Der­ ved er kraftvilkåret oppfylt. Spørsmålet vil nå være hvor vi skal plassere denne kraften for at likevekten skal kunne opprettholdes. Plasserer vi R ved siden av bukken vil planken vippe over. Dermed vil planken ikke lenger være horisontal. For å klare dette må vi plassere R nøyaktig rett over bukken. Vi har nå fått et belastningstilfelle hvor de to kreftene (barnas tyngder) er skiftet ut med bare en kraft, og dette bildet er likeverdig med det første fordi likevekten er opprettholdt. Hvis vi sier at avstanden mellom barna i det første tilfellet var a meter, kan vi nå formulere følgende:

1. tilfelle: Avstanden mellom barna er a meter, barnas tyngde er G newton. 2. tilfelle; Kraftens størrelse er Æ = 2G (svarer til resultanten i l. tilfelle). Avstanden fra det ene barnet i l. tilfelle til R er f = al2.

Velger vi nå et referansepunkt der det ene barnet er plassert, vil produktet av kraft og avstand gi:

I l. tilfelle: M\ = G-0 + G-u M\ = G-a. I 2. tilfelle: =R eller hvis vi setter inn for R og f: M2 = 2 G-a/2=G-a.

Vi ser av dette at = M2, og at Æ •/= G • a. Nedenfor skal vi vise at denne likningen alltid er gyldig, se likningene l .8 og 1.9. I mekanikken ser vi bort fra at kreftene kan komme til å defor­ mere legemene de virker på. Den loven vi nå skal behandle forut­ setter dette. Forskyvningsloven 1. regel: En kraft F, som virker på et legeme, kan flyttes langs sin angrepslinje uten at kraftens virkning på legemet endrer seg.

Figur 1.27

22

2. regel: Hvis to eller flere krefter angriper langs samme angreps­ linje, kan kreftene forskyves til samme angrepspunkt og summeres til en resultant. Figur 1.28.

Figur 1.28

3. regel: To krefter som er like store, har samme angrepslinje og er rettet mot hverandre, vil oppheve hverandre. Figur 1.29.

Figur 1.29

Ved hjelp av forskyvningsloven og det vi har lært i foregående av­ snitt skal vi nå bestemme resultanten for to parallelle krefter. Kreftene og F2 ligger i avstanden a meter fra hverandre. På figur 1.30 ser du at vi har føyd til to like store krefter H. De to nye kreftene H er rettet mot hverandre og har samme angreps­ linje. Ifølge 3. regel i forskyvningsloven har vi dermed ikke forand­ ret kraftsystemet. Vi setter nå sammen kreftene F\ og F? med H og får resul­ tantene R i og R 2. R\ og R 2 forskyves til skjæringspunktet A (1. regel). Resul­ tantene R\ og 7?2 deles igjen opp i kreftene F,, F2 og H. F( og F2 ligger nå på samme angrepslinje, og de kan ifølge 2. regel settes sammen til en resultant, R =F\ F F2- I punktet A vil de to kreftene H oppheve hverandre. Vi har nå bestemt størrelsen på resultanten. Hvordan kan vi så bestemme plasseringen av resultanten? Ser vi på de ensformede trekantene som er skravert på figur 1.30, kan vi finne følgende forhold (lengden AB = h):

h

F2

2__ 22
0. Vi vil undersøke hvilken verdi vinkelen a kan ha i det øyeblikk jV2 = 0. Av de likningene vi har ovenfor får vi:

V, = G • cos a Q F = — (L • cos a - h • sin a) b

F+G -sin a

11 1

Ved å sette inn fra de to øvre likningene i den nederste får vi

G-h . . • cos a - sin a + G • sm a b--------------- b

G-L

|i =--------------------------------------------------------------------

G •cos a

L lh \ tan a (-------1 b----------^b ' Av dette får vi

L ------ Pb tan a = ----------

a_7

b Svaret på spørsmål b får vi ved å sette inn i likningen

(J F = — (L- cos a - h • sin a) b Når vi setter inn tall, får vi

38 a = 23,9° sin a = 0,405 coscr = 0,914

Største trekkraft blir altså

F = 20 000 (55 . o 914 _ g5.0 405)

38 F = 8 339 N

Svar: a) tan a = 0,443, b) F= 8 339 N Eksempel 4.9

Rullemotstanden for standarddekk og høyhastighetsdekk er fastlagt etter prøvekjøring på såkalt rullende landeveg. Forsøksresultatene er vist i diagrammet på figur 4.24. I et tilfelle er hjulbelastningen 3 300 N, og radien til hjulet er 0,3 m. Beregn friksjonskoeffisienten ved rulling i hastighetsområdet 0-100 km/h. Du skal gjøre beregningen både for standard- og høyhastighets­ dekk. Løsning: Her vil vi bruke en likning som svarer til likning 4.7, men i dette tilfellet er h = 0. Vi vil komme fram til denne likningen ved å sette opp en momentlikning om punkt A på figur 4.25.

112

Km/h betyr kilometer pr. time

Diagrammet inneholder forsøksresultater angitt i vårt gamle, tekni­ ske målesystem, ved at rullemotstanden er angitt i kp-kraft. Ved å gå vegen om kraftlikningene 1.1 og 1.2 i 1. kapittel finner vi at vi kan regne om størrelsen av kraften fra kp til N ved å multiplisere med g. I dette eksemplet vil vi sette g= 10 m/s2, dette er en tilnærmingsverdi som gir tilstrekkelig nøyaktig resultat. Av diagrammet finner vi at F= 6,8 kp for standarddekk, og 4 kp for høyhastighetsdekk. Omregning gir oss da verdiene 6,8-10 = 68 N for standarddekk, og 4,0-10 = 40 N for høyhastighetsdekk.

Vi får da

68-30 Hjulradius = 0,3 m = 30 cm.

0,618 cm for standarddekk, og

3 300

Hjulbelastningen = 330 kp, dvs. 330 10 = 3 300 N.

40-30

0,364 cm for høyhastighetsdekk.

3 300 Svar: f - 0,618 for standarddekk f= 0,364 for høyhastighetsdekk Eksempel 4.10

En Volvo 144 har standardekk av den typen som er behandlet i ek­ semplet foran. Bilen har massen 1 150 kg, tyngdepunktet ligger 1,2 m bak forakselen. Akselavstanden er 2,65 m. Vi antar at frikX. Mekanikk 1. Bm

113

sjonsarmen /=0,6 cm for forhjulene, og 0.55 for bakhjulene ved kjøring på det aktuelle underlaget. Hvor stor kraft går med til å holde bilen i lett rulling når skyve­ kraften får virke i høyde med sentrum i hjulene? Se bort fra friksjon i lager o.l. Løsning: Her må vi begynne med å finne hvordan belastningen for­ deler seg på fram- og bakakselen. Som vanlig bruker vi likevektslikninger, i dette eksemplet velger vi å bruke en kraftlikning og en mo­ mentlikning. For momentlikningen velger vi momentpunkt ved framhjulenes kontaktpunkt mot underlaget.

t Nf+Nb- 1 150- 10 - 0 (g= 10 m/s2) 1 150- 10-1,22,65 = 0 Av dette finner vi Nf- 6 300 N Nh=S 200 N for begge bakhjulene. Ved hjelp av likningen

for begge framhjulene, og

kan vi beregne rullemotstanden ved framhjulene:

6 300 • 0,6 F] = --------------- = 126 N. 30 På samme måte finner vi motstanden ved bakhjulene: = 5 200.0.55 = ,5 N 30

Samlet motstand mot rulling blir da

Ftot = Fi + F2 = 126 + 95 = 221 N

Svar: Ftot = 221 N Øvingsoppgave 4.5

Figur 4.26 viser et apparat til å bestemme friksjonskoeffisienten mellom to materialer. Foran et forsøk antar vi at p = 0,3. Hvilken vinkel vil vi komme til å lese av på skalaen hvis antakel­ sen er riktig? Svar, a =16,7° Øvingsoppgave 4.6

Et transportbånd for kasser har en helning på 15°. Se figur 4.27. Hvor stor må friksjonskoeffisienten mellom kasse og bånd være om vi krever at den skal være 1,5 ganger så stor som nødvendig? Figur 4.27

114

Svar, p = 0,402

Øvingsoppgave 4.7

En gutt trekker i et tau med en kraft på 400 N. Tauet er lagt rundt en trestamme, og omslutningvinkelen er 135°. Noen jenter trekker i den andre enden av tauet. Jentene trekker også med en kraft på 400 N hver. Friksjonskoeffisienten for tauet mot trestammen er li = 2/3. Hvor mange jenter må være med for at tauet skal begynne å gli mot stammen? Svar: 5 jenter Øvingsoppgave 4.8

To kasser som er lagt opp på hverandre, hviler mot et underlag, se figur 4.28. Friksjonskoeffisienten er 0,6 mellom kassene. En mann trek­ ker i den øvre kassen med kraften F. Hvor stor må friksjonskoeffisienten mellom den nedre kassen og Figur 4.28

3 underlaget være hvis G2 - -------G\2 2 Vi går ut fra at glidningen mellom kassene, og mellom nedre kasse og underlaget inntreffer samtidig.

Svar: p2 =0,24 Øvingsoppgave 4.9

Figur 4.29 viser en reimtransmisjon. Friksjonskoeffisienten er p = 0,3 ved begge hjulene. Kraften er S j = 200 N i den slakke parten. Beregn

a) S2 b) reaksjonskraften A (lagerkraften) c) inngående og utgående moment. Svar: a) S2=512N, b) = 712 N, c) Minn = Mul= 39 Nm Øvingsoppgave 4.10

Figur 4.30 viser et smiemne som blir løftet av en gaffeltang. Smiemnet har tyngde G kN. Løftekraften F (som er lik tyngden G) angriper på midten av en kjetting som forbinder armene på tanga. Hvor stor må friksjonskoeffisienten mellom tangkjeften og smiemnet være? Ved beregningen kan du se bort fra tyngden på tanga.

Figur 4.30

115

Øvingsoppgave 4.11

To like stiger er hengslet sammen med B. Hengslet er uten friksjon. Hver av stigene er 3 m lange, og tyngden er 100 N. Tyngdepunktet til stigen ligger midt på stigens lengde. Figur 4.31 viser stigene oppstilt på et golv. Avstanden mellom kontaktpunktene AC er 4/5 av høyden til hengslet B. Ved begge kontaktpunktene A og C er tan e = 1 / 3 (fullt ut­ viklet friksjon). En mann går opp stigen til høyde x. Han har tyngde 600 N. Hvor stor kan x bli før stigene glir?

Øvingsoppgave 4.12 Denne oppgaven krever kjenn­ skap til den deriverte av en funksjon

Figur 4.32

116

Et legeme som har tyngde G N, ligger på et skråplan. Skråplanet har helningsvinkel på a = 25°. Friksjonen er så liten at legemet må holdes oppe på skråplanet av en kraft F som danner en vinkel /? med skråplanet, se figur 4.32. Hvor stor må F minst være for å trekke legemet opp planet hvis G = 1 000 N? Hvor stor må vinkelen (3 være?

5 De enkle maskinelementene 5.1 Innledning

Arbeid = kraft x veg

NB: Vegen må regnes i samme retning som kraften

For å kunne utføre et arbeid med minst mulig kraft bruker vi ofte et eller annet hjelpemiddel. Vektstanga er et eksempel på et slikt hjelpemiddel. For å løfte en stor og tung stein stikker vi et spett under, legger en liten stein under spettet og "veier” opp den store med et mininum av kraft. Sammen med talje, vinsj, løfteskrue (jekk), kile og skråplan hører vektstanga med til det vi vil kalle enkle maskinelementer. Når vi benytter et slikt hjelpemiddel, kan vi utføre et arbeid med liten kraft. Arbeidet (som jo må regnes som en fast størrelse) er produktet av kraft og veglengde (A = F-s). Når vi ønsker å utføre arbeidet med liten kraft F, må veglengden bli tilsvarende større! Dette blir ofte kalt statikkens gylne regel. I virkeligheten vil forbruket av arbeid som går med til en opera­ sjon, alltid være større enn det vi kan regne ut fra denne regelen. Dette kommer av tapene. Friksjon er eksempel på et slikt tap. Kraften som går med til å overvinne friksjonen, kan ikke overføres til selve arbeidet. Vi snakker derfor om virkningsgraden til maskin­ elementet.

Virkningsgraden er forholdet mellom mengden av arbeid som vi får utført, og arbeidsmengden som blir tilført.

Matematisk kan vi skrive dette slik c i 5.1

A '1 r) = ---At

I likningen er An den nyttige delen av arbeidet, dvs. mengden av utført arbeid, mens At er alt arbeid som blir tilført prosessen. Seinere (i kapittel 8) skal vi se at virkningsgraden også er lik for­ holdet mellom uttatt effekt Pn og tilført effekt P,:

5.2 Vektstanga Den toarmede vektstanga har et støttepunkt A mellom kraften F og lasten C, se figur 5.1. Det vil være friksjon i støttepunktet, men tapene ved denne friksjonen er så små at vi ser bort fra dem. 117

Vi setter opp en momentlikning om A og får loven for den toarmede vektstanga 5.2

F=G- — b

Eksempler på anvendelse av toarmet vektstang er avbitertanga, spet­ tet og saksa. Ved den enarmede vektstanga ligger støttepunktet i enden av vektstanga, og både lasten G og kraften F angriper på samme side av støttepunktet, se figur 5.2. Ved hjelp av momentlikningen finner vi loven for den enarmede vektstanga 5.3

F = G- — L

Eksempler på bruk av enarmede vektstenger er håndtak til hullemaskin og nøtteknekkeren. Eksempel 5.1

En kasse har tyngden 5 kN. Den skal løftes opp slik at en støttekloss kan stikkes under, se figur 5.3. Vi løfter med en 3 m lang vektstang. a) Hvor stor kraft F må vi bruke? b) Ved å stikke stanga lenger inn under kassen vil vi kunne få en enarmet vektstang. Vi løfter med en kraft på 240 N. Se fi­ gur 5.4. Hvor langt inn under kassen må vi stikke stanga?

Figur 5.5

118

Løsning: a) Figur 5.5 viser kraftsystemet. Likevekten beholdes når det momentet kraften F gir om støttepunktet B. er lik lastens moment ( ~ likn. 5.2). Kassen:

A 5 • 600 - G • 1 250 = 0 Dette gir G = 2.4 kN. Vi har nå funnet belastningen på vektstanga og kan konsentrere oss om kreftene mot denne. Vektstanga: B FG 400 • cos a - G • 500 • cos a = 0 Æ= 500 N

b) Belastningen G må være like stor som i del a. dvs. G=2.4kN. Ved å se på figur 5.6 finner vi

C G-x- cos a - F-2 900 • cos a = 0 x = — -2 900 G

Vi setter inn for F og G: x =

240

• 2 900 = 290 mm

2 400 Svar: a) 500 N, b) 290 mm. Øvingsoppgave 5.1

En stor stein skal brytes opp med et spett. En liten trestokk danner støttepunkt ved A. I den frie enden av spettet angriper en kraft F på 700 N. Hvor stor belastning er trestokken utsatt for idet steinen løsner? Øvingsoppgave 5.2

Figur 5.8 viser en vinkelformet arm som er belastet med en tyngde G på 3 000 N. Vinkelarmen har tyngden 200 N. Figuren viser hvor tyngdepunktet er plassert. Ved A er det festet en horisontal fjær. Hvor stor må fjærkraften være hvis armen skal ha likevekt i denne stillingen.

5.3 Vinsjen Den enkleste vinsjen (heisespillet) består av en trommel hvor det er viklet opp et tau. Tauet bærer lasten. Trommelen sitter på en aksel med sveiv. Ved å bruke tilstrekkelig stor kraft på sveiva kan vi løfte lasten. Figur 5.9 viser en slik enkel vinsj. Kreftene som virker er tegnet inn. Hvis vi foreløpig ser bort fra friksjon i lagrene, kan vi finne følgende forbindelse mellom kraft og last: 119

Figur 5.9

5.4

r F = G----- (momentet om sentrum i trommelen) R

Friksjonslagrene gjør at vi må bruke større kraft enn den vi finner utført arbeid av likning 5.4. Både dette og den motstanden et tykt og stivt tau Virkningsgrad = -------------------yter mot bøyning, kan vi ta hensyn til ved å føre inn virkningsgra­ tilført arbeid den t] (husk at 7] alltid er mindre enn 1):

G-r

5.5

7] • R

Legg merke til at virkningsgraden står i nevneren. At det må være slik, kan du overbevise deg om ved å beregne arbeidet som blir ut­ ført ved en omdreining (G - 2 n • r), og sammenlikne det med det arbeidet som må tilføres (F- 2 n • R). Vinsjen som blir vist på figur 5.10 er mer avansert. Den består av en tannhjulsoverføring i tillegg til trommelen. Med dette oppnår vi en stor kraft i tauet med bare en liten kraft på sveiva. På figuren er kraftsystemet tegnet inn. Trykkraften mellom ten­ nene i tannhjulsoverføringen er kalt A. og momentarmene til hjulakslene er a og b. Vi kan sette opp følgende likevektslikninger (momentpunkt i senter av trommel og hjul): For trommel og stort tannhjul: G-r2 = K-b Figur 5.10

For sveiv og lite tannhjul:

F-R\ = K-a a F Dessuten vet vi at — = ---- . b R2

Kombinerer vi likningene, får vi 5.6

F = G-^~ R\' R2

Fra maskinlæren vet vi at tannhjulsradien er proporsjonal med an­ 120

tall tenner, og at utvekslingen i en tannhjulsoverføring er definert som ^2

= _£2

f|

Z\

Her er z2 = antall tenner i det store tannhjulet, og Z\ = antall ten­ ner i det vesle tannhjulet. Hvis vi både fører inn dette og virknings­ graden 77, vil likningen se slik ut: G

5.7

r2

1

7’W

Eksempel 5.2

I en vinsj er diameteren i trommelen 200 mm, og sveiva har en arm på 350 mm. Virkningsgraden er 0,8. Med en kraft på 200 N på sveiva skal vi løfte en masse på 225 kg. Hvor stor må utvekslingen være? Løsning: Vi setter inn i likning 5.7:

200 =

225-9,82-100 0,8 -350 -U

Av dette får vi U = 3,95

Utvekslingen må være minst 3,95. Svar: U>3,95 Øvingsoppgave 5.3

En hånddrevet vinsj skal løfte en last på 1 kN. Diameteren i trom­ melen er 180 mm. Vi går ut fra at virkningsgraden er lik 0,90. Den størst mulige håndkraften er 250 N. Hvor stor armlengde må sveiva ha?

5.4 Taljen Den enkleste taljen består av to skiver, A og B, på figur 5.11. Et tau er festet ved A og løper over skivene slik figuren viser. Lasten angriper i den frie enden til tauet. Kreftene er tegnet inn på figur 5.12. Vi har antatt at friksjonen er lik null. Derfor vil strekkraften i begge taupartene ved skive B bli lik S. Vanligvis er taupartene svært lange i forhold til radiene i skivene. Det er derfor svært liten feil vi gjør ved å sette vinkelen a lik null.

121

Vi får da for skive B. S + S-G = 0 dvs. S = — 2 for skive A : F-r-S-r = 0 Av dette finner vi 5.8

F = — 2

Denne likningen gjelder altså når lasten henger i to tauparter, og virkningsgraden er satt til 1. Hvis lasten henger i n tauparter og vi samtidig tar hensyn til virkningsgraden, får vi

n • 77

I innledningen pekte vi på at når vi ønsker å bruke liten kraft, må vi "betale’’ for dette ved å bruke tilsvarende lengre veg. For å løfte lasten G opp h meter må vi utføre arbeidet A - G - h. Skal vi klare dette, må vi trekke i den frie enden på tauet med kraften F over en strekning på s meter. Vi har da utført arbeidet A = F- s. Kombinerer vi de to likningene, finner vi G h = F-s som gir s = It • G/F Likning 5.8 var satt opp for last som henger i to tauparter. Fører vi dette inn. får vi , G , s = h • — dvs. s - 2/? G_

2

Dermed har vi funnet at trekkraften F må bevege seg over dobbelt så lang veg som lasten skal heves. Bruker vi n tauparter, vil for­ holdet mellom trekklengden s og løftehøyden h bli 5.10

s = n • It

Figur 5.13 viser en litt spesiell talje. Den blir ofte kalt en differensialtalje. Differensialtaljen består av en kjettingløkke som er lagt rundt skiven A og hjulene B og C. B og C sitter på samme aksel. Lasten henger i skive A. Likevektslikningene vil gi oss Figur 5.13

for skive A: 2S - G = 0 for hjul B og C: S-r + F-R-S-R = 0 Ved å løse likningene finner vi

122

Vi ser av likningen at om vi gjør radiene r og R nesten like store, vil F bli svært liten. Dette vil si at vi kan løfte store laster med svært små krefter. I likhet med det vi fant ovenfor, vil trekklengden s blir tilsvarende stor. Virkningsgraden vil ha samme virkning her som ovenfor.

Eksempel 5.3

Figur 5.14 viser en last G som henger i to skiver. G- 1 000 N og virkningsgraden 77 = 0,8. a) Hvor stor kraft er nødvendig for å løfte lasten? b) Hvor stor kraft er nødvendig når lasten senkes? c) Hvor lang veg må F trekke for å løfte G 2 m?

Løsning: På figur 5.15 har vi frilagt de enkelte delene og tegnet inn kreftene. Nå stiller vi opp likevektslikningene: t Si+S2-G = 0

t -S2+S}-F = 0 A F-r~S2-r = 0

Ved å løse likningene finner vi S, = 2F, S. = F og F = — 3

Derved har vi beregnet alle taukreftene som virker så lenge lasten henger i ro. Vi kan nå ta fatt på å beregne taukraften F under heising og løfting, dvs. under bevegelse:

a) Siden lasten henger i tre tauparter, vil likning 5.9 skrives Q F ■= -------, og når vi setter inn tall, får vi 3-77

b) Når lasten skal senkes (fires), vil friksjonskreftene "hjelpe" oss til å holde igjen. Derfor trenger vi mindre kraft til å holde igjen med enn den teoretiske (dvs. når 77 = 1). F = — • 77, og med tall: F = —. 0,8 = 267 N 3 3 c) Når lasten henger i ro (77 = 1), er forholdet mellom F og (7=1/3. Vi må da trekke med kraften F tre ganger så lang veg som lasten heves.

$ = 3 • /z = 3 - 2 = 6 m

Svar: a) 416 N, b) 267 N, c) 6 m

123

I likning 5.9 har vi regnet med totalvirkningsgraden for taljen. I denne virkningsgraden har vi tatt med

1) friksjon i akseltappene for skivene, og 2) stivheten i tauet som gjør at tauet ikke slutter tett til skiven. Taukraften vil derved få større momentarm enn skiveradien.

På figur 5.16 er det vist en enkel skive med radius R. Skiva er lag­ ret på en aksel med radius r. I tauet henger lasten G. Setter vi opp en momentlikning om sentrum C i skiva, får vi C -G • at + F • a2- Ff r = 0 F• a2 = G • at + Ff r

Løser vi likningen med hensyn på F, finner vi F = G-^ + Fr — «2 a2

Vi ser at hvis tauet er så mykt at a\ = a2 . vil kraften F bare måtte overvinne friksjonen ved akselen i tillegg til lasten G. A rbeidet F må utføre, blir

Figur 5.16

A, = F-s

Tegnet enn . . .