![動力を伝える伝動軸
回転運動によって動力（エネルギ）を伝達する軸
伝動軸
n : 回転数 [ rpm ]
revolutions per minute
１分あたりの回転数
H T＝ ω
T : トルク [ N・m ]
ω : 角速度 [ rad / s ] １秒あたりの回転角
動力 [ W = J / s ]
ω ＝
2π n
60
×
8/14](https://image.slidesharecdn.com/ii-02twistofshaft2-180921093415/85/II-02-2018-8-320.jpg)
![[例題] 伝動軸の軸径設計
[考え方]
n =400 [rpm]
H =200 [kW]
回転数
動力
長さ =2 [m]ℓ
丸棒軸の最小直径を求めよ．
許容せん断応力
τa
① 動力から作用するトルクを求める
H T＝ ω ω ＝
2π n
60
×
T ω＝ H ＝ H
2π n×
60
② 強度基準で最小直径を求める
r 3
πτa
2T−> r2d ＝
10/14
= 25[MPa]](https://image.slidesharecdn.com/ii-02twistofshaft2-180921093415/85/II-02-2018-10-320.jpg)
![[答案例] 伝動軸の設計
動力Hからトルク T を求める．
軸の角速度を ω とするとトルクは次式で与えられる．
H T＝ ω
軸の角速度を ω と回転数 n の間には，次の関係式が成立する．
ω＝
2π n
60
×
・・・ (1)
・・・ (2)
式(1)式を T について解いて，式(2)を代入すると式(3)を得る．
T ω＝
H
＝ H
2π n×
60
・・・ (3)
11/14
することを明記
利用する式を明示
可能な限り詳細に
計算過程を記述](https://image.slidesharecdn.com/ii-02twistofshaft2-180921093415/85/II-02-2018-11-320.jpg)
![軸の直径を d として式(7)を書き直すと式(7)’を得る．
( )2π n×
60d
πτa
2
−
> H・
3−1
・・・ (7)’
2
式(7)’をdについて解いて，与えられた諸量を代入する．
d −
> 2( )2π 400×
60
π
2
25 6
×10
200 3
×10
3
1
−
0.09908−
>
1
99.1[mm]したがって，最小直径は となる．
13/14
数値は最後に代入
しっかり記述してくことで見直しが楽
答えを示す](https://image.slidesharecdn.com/ii-02twistofshaft2-180921093415/85/II-02-2018-13-320.jpg)
![まとめ
1. ねじりの不静定問題を解くことができる
2. 軸径の変化する軸のねじりを扱うことができる
3. 伝動軸の軸径を設計できる
①モーメントの釣合い方程式 ②幾何学的条件式
③連立方程式を解く
強度基準 変形基準
H T＝ ω
動力: H [W]
角速度: ω [rad/s]
トルク: T [N・m]
14/14](https://image.slidesharecdn.com/ii-02twistofshaft2-180921093415/85/II-02-2018-14-320.jpg)
【材料力学】軸のねじり問題 (II-02 2018)
- 1. 軸のねじり問題 1. ねじりの不静定問題を解くことができる 2. 軸径の変化する軸のねじりを扱うことができる 3.伝動軸の軸径を設計できる 目標 1/14
- 2. ねじりの不静定問題 両端固定 問 両端面の反トルクを求めよ． 固定 固定 T ABQ ℓAQ ℓQB TA TB ① モーメントの釣合方程式 TA TB T＋ ＋ ＝ 0 未知数：2 方程式：1 ② 幾何学的条件式 θAQ θQB＋ ＝ 0 θAQ θQB ③ 連立方程式を解く 2/14 Q点にトルクT GIpねじり剛性 不静定問題
- 3. ② ねじれ角 の算出 TATAQ＋ ＝ 0 θAQ ＝ G Ip ℓAQ− T A θAQ 3/14 AQ間の内部トルク TAQ G Ip θAQ ＝ TAQ ℓAQ を求めるTAQ TAQ ＝ − T A∴ TA TAQ TAQ < x < ℓAQ 0仮想切断 A Q ℓAQ x モーメントの釣合方程式
- 4. ② ねじれ角 の算出θQB 4/14 を求めるTQB QB間の内部トルクTQB G Ip θQB ＝ TQB ℓQB TB TBQ− ＝ 0 θQB ＝ G Ip ℓQBTB モーメントの釣合方程式 TQB ＝ T B∴ < x <ℓAQ ℓAQ ＋ ℓQB Q ℓQB B 仮想切断 TQB TQB TB x A
- 5. 両端面のトルク TA TB T＋＋ ＝ 0 ①モーメントの釣合い方程式 ②幾何学的条件式 θAQ θQB＋ ＝ 0 G Ip ℓAQ− T A G Ip ℓQBT B ＋ ＝ 0 未知数：2 方程式：2 TA TB ＝ ＝ ℓQB− ℓAQ＋ ℓQB T ℓAQ− ℓAQ＋ ℓQB T ③連立方程式を解く 5/14
- 6. 軸径が変化する軸のねじり r1 ℓ x G r(x)＝ ＋ r1r2 − ℓ xr1 ＝ xα ＋ r1 せん断応力 τ = πr(x)3 2 T （ ）xα ＋ r1π 3 2 T= 比ねじれ角 θ= T πr(x)4 2 G （ ）xα ＋ r1πG 4 2 T= T θ r2 6/14 半径の変化を位置の関数で表す
- 7. 軸径が変化する軸のねじれ角 r1 r2 ℓ x G （ ）xα＋ r1πG 4 2 T= πG 2T = 0 （ ）xα ＋ r1 -4 dx ℓ θ = 0 θdx ℓ πG 2T = ℓ 3r1 r2 33 r1r1 2 ＋ r2＋r2 2 中略 T θ 0 ℓ 7/14 θ （ ）xα ＋ r1πG 4 2 T=
- 8. 動力を伝える伝動軸 回転運動によって動力（エネルギ）を伝達する軸 伝動軸 n : 回転数[ rpm ] revolutions per minute １分あたりの回転数 H T＝ ω T : トルク [ N・m ] ω : 角速度 [ rad / s ] １秒あたりの回転角 動力 [ W = J / s ] ω ＝ 2π n 60 × 8/14
- 9. 伝動軸の軸径 強度基準 変形基準 τ = πr3 2 T r3 πτa 2T−> r 4 π 2T−> Gθa せん断応力 < 許容値 τaτ − 比ねじれ角 < 許容値θ θa− <− τa T πr4 2 G θ= <− θa 9/14
- 10. [例題] 伝動軸の軸径設計 [考え方] n =400[rpm] H =200 [kW] 回転数 動力 長さ =2 [m]ℓ 丸棒軸の最小直径を求めよ． 許容せん断応力 τa ① 動力から作用するトルクを求める H T＝ ω ω ＝ 2π n 60 × T ω＝ H ＝ H 2π n× 60 ② 強度基準で最小直径を求める r 3 πτa 2T−> r2d ＝ 10/14 = 25[MPa]
- 11. [答案例] 伝動軸の設計 動力Hからトルク Tを求める． 軸の角速度を ω とするとトルクは次式で与えられる． H T＝ ω 軸の角速度を ω と回転数 n の間には，次の関係式が成立する． ω＝ 2π n 60 × ・・・ (1) ・・・ (2) 式(1)式を T について解いて，式(2)を代入すると式(3)を得る． T ω＝ H ＝ H 2π n× 60 ・・・ (3) 11/14 することを明記 利用する式を明示 可能な限り詳細に 計算過程を記述
- 12. ( ) τ = πr3 2 T トルクT が作用する半径 r の丸棒軸に生じる最大せん断応力 τ は， 式(4)で与えられる． ・・・ (4) 軸が壊れないためには，式(5)を満足しなければならない． τ τa−< ・・・ (5) 式(4)，(5)より式(6)を得る． r 3 π τa 2 T − > ・・・ (6) 式(6)に式(3)を代入すると式(7)を得る． 2π n× 60 r πτa 2 − > H・ 3−1 ・・・ (7) 12/14 与えらていない変数は説明 式番号をつける
- 13. 軸の直径を d として式(7)を書き直すと式(7)’を得る． ()2π n× 60d πτa 2 − > H・ 3−1 ・・・ (7)’ 2 式(7)’をdについて解いて，与えられた諸量を代入する． d − > 2( )2π 400× 60 π 2 25 6 ×10 200 3 ×10 3 1 − 0.09908− > 1 99.1[mm]したがって，最小直径は となる． 13/14 数値は最後に代入 しっかり記述してくことで見直しが楽 答えを示す
- 14. まとめ 1. ねじりの不静定問題を解くことができる 2. 軸径の変化する軸のねじりを扱うことができる 3.伝動軸の軸径を設計できる ①モーメントの釣合い方程式 ②幾何学的条件式 ③連立方程式を解く 強度基準 変形基準 H T＝ ω 動力: H [W] 角速度: ω [rad/s] トルク: T [N・m] 14/14