Temat 11:   Tarcie w niektórych parach kinematycznych - Klin.
                  Tarcie w łożyskach

11.1. Klin
        Klinem nazywamy często graniastosłup trójkątny. Na rys. 11.1 przedstawiony jest  klin równoramienny o kącie zbieżnosci  2a, wciskany w materiał siłą  Q.

    Obliczmy naciski, jakie wywiera klin na sciany materiału. Pomiędzy powierzchniami bocznymi klina i powierzchniami, w które wciskany jest klin wystąpią naciski równe reakcjom normalnym  N, oraz siły tarcia T . Ze względu na symetrię ostrza klina naciski oraz siły tarcia będą sobie równe.
Rozpatrując przypadek kiedy klin jest wbijany do materiału, siły tarcia będą miały zwroty przeciwne do wektorów prędkoŚci leżącycnh na bocznych powierzchniach klina.
Pisząc warunki równowagi układu sił (rys. 11.1), czyli rzutując wszystkie siły na kierunek pionowy osi  y, otrzymamy:
2T cosa + 2N snia - Q = 0.
Ponieważ  T = µN,
więc:
2µN cosa  +  2N sina = Q
stąd naciski jakie wywiera klin na sciany materiału:

Obliczmy teraz siłę  P  potrzebną do wyciągnięcia klina wbitego wczesniej siłą  Q (rys.11.2).

    W takim przypadku zwrot siły  P  będzie ku górze, a siła tarcia   T  zmieni  również zwrot na przeciwny.
Zrzutujmy zatem wszystkie siły na kierunek pionowy osi  y:
P + 2N sina - 2T cosa = 0
Ponieważ   T =µN
więc:
P = 2µ N sina - 2N sina
P = 2N (µ cosa - sina)
stąd, po podsawieniu obliczonej wczesniej wartosci  N, siła  P  potrzebna do wyciągnięcia klina wbitego wczesniej siłą  Q, wynosi:
Czy może się zdarzyć przypadek, że klin po zdjęciu siły  Q  wysunie się z materiału?
Taki przypadek może się zdarzyć wówczas, gdy siła  P = 0  (potrzebna do wyciągnięcia wbitego klina).
Jeżeli siła tarcia i siły naciasku są w równowadze,  klin będzie się wysuwał ruchem jednostajnym czyli:
2µN cosa + 2µ sina = 0
µ cosa =µ sina
µ = tga
a = r    -  gdzie  r  kąt tarcia.
Jeżeli  a < r,   to wówczas do wyciągnięcia klina wbitego w materiał potrzeba siły  P. Mamy wtedy do czynienia z klinem samohamownym.
Jeżeli  a > r,  to wówczas nie jest potrzebna siła do wyciągnięcia klina. Klin będzie się wysuwał ruchem jednostajnie przyspieszonym (wyskoczy). Wypadkowa sił nacisków zwrócona w górę jest większa od wypadkowej sił tarcia.
11.2. Tarcie w łożyskach
11.2.1 Tarcie w czopie poziomym (poprzecznym)
        W celu przeanalizowania tak zwanego tarcia czopowego rozpatrzmy czop A wału (rys.11.3).
Na wale zamontowany jest porzez zaklinowanie wirnik o ciężarze  G. Suma momentów względem punktu B wynosi:

stąd reakcja łożyska A jest równa.

Siła P z jaką czop działa na panewkę wynosi:  P =  - RA,  więc .
Rozpatrzmy następnie sposób osadzenia czopa w panewce (rys. 11.4) i sposób jego stykania się z panewką. Jeżeli założymy, że czop jest osadzony w panewce z pewnym luzem, otrzymujemy zetknięcie  się obu elementów (czopa i panewki) wzdłuż tworzącej, której slad na rysunku oznaczono literą  A.
Jeżeli do czopa przyłożymy parę sił o momencie Mo  (rys.11.5) to czop przetoczy się po panewce i w granicznym przypadku równowagi sił będzie się nadal stykał z panewką ale wzdłuż nowej tworzącej,
której slad na rysunku oznaczono przez  A'.
Siła reakcji całkowitej rozkłada się na składową normalną  N  i  składową styczną  T . W stanie równowagi moment pary sił Mo jest wektorem przeciwnym do momentu  MT (R,P),  gdzie  R  i P  tworą parę sił
P = R, o ramieniu  r sina. Jaki należy przyjąć moment obrotowy (albo moment pary sił, która daje moment obrotowy) aby pokonać siłę tarcia. Tak więc:
Mo = MT = P r sina
Rzutując siły na normalną i styczną do powierzchni walcowej zaczepione w punkcie  A'  otrzymujemy:
N = P cosa
T = P sina
T = µN  -  tzn. zakładamy, że tarcie jest tarciem rozwiniętym (kinetycznym)

m = tga
a = r,   gdzie  r  jest kątem tarcia.
Ostatecznie wartosć momentu tarcia wynosi:
MT= P r sinr
(dla małych kątów)
mc  -  nazywamy współczynnikiem tarcia czopowego
MT = P r µc      µc < µ - dla czopa z luzem.
Dla czopa nowego (tzn. bez luzu) współczynnik tarcia czopowego  µc   jest nieco większe od µ. Wynika to stąd, że zetknięcie odbywa się  na pewnej powierzchni i że przyjmując zastępczy współczynnik tarcia µc musimy go przyjąć większy niż dla czopów z luzem.
    11.2.2 Tarcie w czopie pionowym
    Rozpatrzmy teraz łożysko pionowe (oprowo wzdłużne), w którym obraca się niewytarty czop
(rys. 11.6).
    Cały nacisk rozkłada się na pole podstawy czopa. Jeżeli okrąg podzielimy na elementarne (wycinki) trójkąty, to w przybliżeniu w każdym wycinku będzie działała elementarna siła  DTi. Nacisk elementarny na wycinek podstawy jest przyłożony w Środku ciężkoŚci wycinka tzn. w odległoŚci  2/3r  od osi czopa.
W przypadku równowagi sił moment  Mo  przyłożonej pary jest przeciwny do momentu pary wypadkowej powstałej z elementarnych sił tarcia (moment Mo  musi pokonać moment tarcia MT).

DTi = mDNi
całkowity moment tarcia
.
Dla czopów zużytych (wytartych - następuje sfazowanie krawędzi czopa wału) wypadkowy nacisk elementarny wycinka wypada bliżej Środka niż  2/3 r. Na podstawie doŚwiadczeń odległoŚć tę przyjmuje się  r/2.  Wzór ten ostatecznie przyjmie postać:
.

Pytania i ćwiczenia sprawdzające
    1. Podać co to jest klin?
    2. Jak obliczamy naciski N, jakie wywiera klin na Ściany materiału, w który go wbito?
    3. Jak obliczamy siłę P  potrzebną do wyciągnięcia klina wbitego wczeŚniej siłą  Q?
    4. Kiedy mamy do czynienia z klinem samohamownym?
    5. Moment tarcia w czopie poprzecznym i pionowym?
    6. Czy współczynnik tarcia czopowego  µc  jest taki sam dla czopa nowego i dla czopa z luzem?
 

Ćwiczenia:

1. Na bloku  2 o ciężarze  Q = 50N ustawiono blok 1 o cięzarze  G = 20N (rys.11.7). Blok 1 przywiązany jest do Ściany sznurem AB nachylonym do pionu pod kątem  . Obliczyć, jak wielką siłę należy przyłożyć do bloku 2, aby go wyciągnąć spod bloku 1, jeżel współczynnik tarcia bloku 1 o blok 2 jest  µ1= 0,2, zaŚ bloku 2 o pdłogę wynosi  µ2= 0,3.

Odpowiedź:    P = 30,2N.