Wydział Budowy Maszyn i Informatyki

Rok akademicki:

Semestr: 4

Kierunek: Mechanika i Budowa Maszyn

PRACA DOMOWA NR 2

Temat: Zaprojektować sprzęgło cierne wielotarczowe suche (Lp parzysta) lub mokre (Lp nieparzysta) włączane mechanicznie przenoszące moment obrotowy M w N×m. Założyć równomierne zużywanie się powierzchni ciernych (z) lub stałe naciski na powierzchniach ciernych (p).

Nr 4

1. Obliczenie wielkości podstawowych.

   1. Założenia wstępne.

• Materiał tarcz: stal C45;

• Ilość włączeń na godzinę m=36;

• Temperatura dopuszczalna T_dop= 460 K;

• Moment obrotowy M=480 Nm;

• Naciski dopuszczalne dynamiczne (uwzględniające zużycie): k_d = 1, 5 MPa.

  1. Obliczenie współczynnika przeciążenia sprzęgła:

• Moment obciążający sprzęgło w czasie rozruchu M_r

M_r = T + J_r • ε = 480 + 2, 2 • 109, 091 = 720 Nm

• Przyspieszenie kątowe ε wirujących elementów układu:

$$\varepsilon = \frac{T_{\max} - T}{J_{r}} = \frac{720 - 480}{2,2} = 109,091\frac{1}{s^{2}}$$

Gdzie: T_max = k • T = 1, 5 • 480 = 720Nm

• Obliczeniowy czas rozruchu sprzęgła:

$$t_{r} = \frac{\omega}{\varepsilon} = \frac{78,54}{109,091} = 0,720\ s$$

Gdzie nominalna prędkość kątowa silnika $\omega = \frac{\pi \bullet n}{30} = \frac{\pi \bullet 750}{30} = 78,54\ s^{- 1}$

1. Obliczenie średnicy wałka wejściowego.

Dla materiału C55 k_sj = 120 MPa

$$\tau_{s} = \frac{T_{\max}}{W_{0}} \leq k_{\text{sj}}$$

$$\tau_{s} = \frac{T_{\max}}{W_{0}} = \frac{720 \bullet 10^{3}}{6433,982} = 111,906\ MPa$$

$W_{0} = \frac{\pi \bullet d^{3}}{16}$=$\frac{\pi \bullet 32^{3}}{16} = 6433,982$

$$d^{3} \geq \sqrt[3]{\frac{16 \bullet T_{\max}}{\pi \bullet k_{\text{sj}}}} = \sqrt[3]{\frac{16 \bullet 720{\bullet 10}^{3}}{\pi \bullet 120}} = 31,264\ mm$$

Do dalszych obliczeń przyjmuję średnicę d=32 mm.

1. Obliczenie wpustu.

Dla średnicy d = 32 mmwymiary wpustu wynoszą b x h = 10 x 8 mm (wg PN-70/M-85005). Dodatkowo głębokość wpustu w wałku t = 5 mm .

Z warunku na naciski powierzchniowe:

$$l \leq \frac{2 \bullet T_{\max}}{d \bullet k_{d} \bullet t} = \frac{2 \bullet 720 \bullet 10^{3}}{32 \bullet 110 \bullet 4} = 81,818\ mm$$

Przyjęto wpust pryzmatyczny A10x8x80 wg PN-70/M-85005 o długości l = 80 mm .

1. Obliczenie wymiarów sprzęgła.

   1. Obliczenia wymiarów i liczby tarcz ciernych.

Z warunku geometrycznego:

$$\frac{D_{w}}{D_{z}} = (0,6 \div 0,8)$$

D_z = 130 mm

D_w = 0, 6 • 130 = 78 mm

Pole powierzchni tarczy ciernej:

$$A = \frac{\pi}{4} \bullet \frac{D_{z}^{3} - D_{w}^{3}}{D_{z}^{2} - D_{w}^{2}} = \frac{\pi}{4} \bullet \frac{130_{}^{3} - 78^{3}}{130_{}^{2} - 78^{2}} = 8494,867\ \text{mm}^{2}$$

Średnica cierna przy założeniu równomiernego zużywania się tarcz ciernych:

$$D_{m} = \frac{2}{3} \bullet \frac{D_{z}^{3} - D_{w}^{3}}{D_{z}^{2} - D_{w}^{2}} = \frac{2}{3} \bullet \frac{130_{}^{3} - 78^{3}}{130_{}^{2} - 78^{2}} = 106,167\ mm$$

Warunek poprawnego działania sprzęgła:

T_T ≥ K  • T₂ = T_max = 720 Nm

$$T_{T} \cong \frac{1}{2} \bullet D_{m} \bullet P_{d} \bullet u \bullet i \cong 720\ Nm$$

Warunek zgodny

Liczba tarcz ciernych (I sposób):

$$i_{p} = i + 1 \geq \frac{2 \bullet M_{r}}{D_{m} \bullet A \bullet k_{d} \bullet \mu} + 1$$

$$i_{p} \geq \frac{2 \bullet 720 \bullet 10^{3}}{106,167 \bullet 8494,867 \bullet 1 \bullet 0,15} = 10,664$$

i_p ≥ 11

Przyjęta liczba tarcz ciernych: i_p = 12,  i = 10

Siłą docisku tarcz sprzęgła, aby praca odbywała się bez poślizgu:

$$P_{d} \geq \frac{T_{T}}{0,5 \bullet \mu \bullet i \bullet D_{m}} = \frac{720 \bullet 10^{3}}{0,5 \bullet 0,15 \bullet 11 \bullet 106,167} = 8220,325\ N$$

Przyjęte P_d = 8221 N

• Warunek wytrzymałości sprzęgła na naciski:

$$p = \frac{P_{d}}{A} \leq k_{d} \rightarrow p = \frac{8221}{8494,867} = 0,968 \leq 1\ MPa$$

• Sprawdzenie warunku cieplnego:

Praca rozruchu sprzęgła:

L_R = J_R • ω² = 2, 2 • 78, 54² = 13570, 770 Nm

Energia kinetyczna:

E_k = 0, 5 • J_R • ω² = 0, 5 • 2, 2 • 78, 54² = 6785, 385 Nm

Praca tarcia tracona przy każdym włączeniu sprzęgła:

L_T = L_R − E_k →  L_T = 13570, 770 − 6785, 385 = 6785, 385 Nm

Moc tracona na ciepło w czasie t = 3600 s :

$$Q = \frac{L_{T} \bullet m}{t} = \frac{6785,385 \bullet 36}{3600} = 67,854\ \ W$$

Uznając m=36 jako liczbę częstych włączeń sprzęgła na godzinę.

Moc ciepłą jaka może być rozproszona przy temperaturze powierzchni tarcz ciernych T_dop :

Q_dop = Q = 67, 854 W

Obliczenie powierzchni zewnętrznej sprzęgła:

T_dop = 460 K = 187 

T₀ = 293  K = 20 

$$\alpha_{0} = 23,26\ \frac{W}{m^{2} \bullet} - wspolczynnik\ odporwadzania\ ciepla\ $$

$$A_{z} \geq \frac{Q}{\alpha_{0} \bullet \left( T_{\text{dop}} - T_{0} \right)} = \frac{67,854}{23,26 \bullet \left( 187 - 20 \right)} = 0,0174682\ m^{2} = 17468\ \text{mm}^{2}$$

Szerokość sprzęgła B:

$B \geq \frac{A_{z}}{\pi \bullet D_{\text{zs}}} \rightarrow B \geq \frac{17468}{\pi \bullet 150} = 37,068\ mm$ przyjmuje B=38 mm

Przyjmuję średnicę zewnętrzną obudowy sprzęgła D_zs = 150 mm.

$B = i \bullet g;\ \ \ \ g = \frac{B}{i}$=$\frac{38}{11} = 3,45\ mm$

Chcąc uzyskać taką powierzchnię odprowadzania przyjmuje g_p = 3, 5  mm i i_p = 12.

1. Obliczenia wymiarów dźwigni włączającej.

• Warunki równowagi dźwigni:

$$\sum_{}^{}{F_{\text{ix}} = - N_{d} + N_{s} \bullet \cos\left( \beta - \rho_{s} \right) - T_{s} \bullet \sin\left( \beta - \rho_{s} \right) - T_{p} \bullet cos\alpha - N_{p} \bullet sin\alpha = 0}$$

$$\sum_{}^{}\begin{matrix} M_{i\left( \right)} = - N_{d} \bullet b - T_{d} \bullet e - 0,5 \bullet d_{s} \bullet T_{s} - T_{p} \bullet sin\alpha \bullet a - T_{p} \bullet cos\alpha \bullet c + \\ + N_{p} \bullet cos\alpha \bullet a - N_{p} \bullet sin\alpha \bullet c = 0 \\ \end{matrix}$$

• Warunki równowagi pierścienia włączającego:

$$\sum_{}^{}{F_{\text{ix}} = - P_{w1} + N_{p} \bullet sin\alpha + T_{p} \bullet cos\alpha = 0}$$

• Warunki równowagi punktu styku dźwigni i skrajnej tarczy ciernej:

$$\sum_{}^{}{F_{\text{ix}} = - N_{d} + P_{d1} = 0}$$

$$N_{d} = P_{d1} = \frac{P_{d}}{3} = \frac{8220,325}{3} = 2740,108\ N$$

• Równania kierunków działania R_p (w celu wyznaczenia kąta β ):

Promień tarcia: r_T = 0, 5 • d_s • μ_s = 0, 5 • 5 • 0, 08 = 0, 2 mm

Gdzie wstępnie przyjęto średnicę sworznia dźwigienki d_s = 5 mm

y − c = ctg(α+ρ_p) • (x−a),

y − b = tgρ_d • (x−e),

y − y_s = tgβ • (x−x_s),

gdzie y_s = −r_T • cosβ = −0, 2 • cosβ ,  x_s = r_T • sinβ = 0, 2 • sinβ

Po przekształceniach i po podstawieniu następujących danych:

μ_d = μ_p = μ_s = 0, 08,  a = 100 mm,  b = 25 mm,  c = 15 mm,  e = 6 mm,  α = 5

Otrzymano współrzędne punktu przecięcia się prostych (kierunków) działania sił R_p, R_d, R_s oraz kąt β :

x = 100, 386 mm,  y = 17, 439 mm,  β = 9, 76

• Wartości sił normalnych i stycznych (tarcia):

$$\left\{ \begin{matrix} - P_{d1} + N_{s} \bullet \left\lbrack \cos\left( \beta - \rho_{s} \right) - \mu_{s} \bullet sin(\beta - \rho_{s}) \right\rbrack - N_{p} \bullet \left\lbrack sin\alpha + \mu_{p} \bullet cos\alpha \right\rbrack = 0 \\ - P_{d1} \bullet \left\lbrack b + e \bullet \mu_{d} \right\rbrack - 0,5 \bullet d_{s} \bullet \mu_{s} \bullet N_{s} - N_{p} \bullet \begin{bmatrix} \mu_{p} \bullet \left( a \bullet sin\alpha + c \bullet cos\alpha \right) + \\ + c \bullet sin\alpha - a \bullet cos\alpha \\ \end{bmatrix} = 0 \\ \end{matrix} \right.\ $$

Po rozwiązaniu równań równowagi otrzymujemy:

$${N_{p} = P_{d1} \bullet \frac{- 1 - \frac{b + e \bullet \mu_{d}}{0,5 \bullet d_{s} \bullet \mu_{s}} \bullet \left\lbrack \cos\left( \beta - \rho_{s} \right) - \mu_{s} \bullet \sin\left( \beta - \rho_{s} \right) \right\rbrack}{\frac{1}{0,5 \bullet d_{s} \bullet \mu_{s}} \bullet \left\lbrack \mu_{p} \bullet \left( a \bullet \text{sinα} + c \bullet \text{cosα} \right) + c \bullet \text{sinα} - a \bullet \text{cosα} \right\rbrack} \bullet \backslash n}{\bullet \frac{1}{\left\lbrack \cos\left( \beta - \rho_{s} \right) - \mu_{s} \bullet sin(\beta - \rho_{s}) \right\rbrack + \left\lbrack \text{sinα} + \mu_{p} \bullet \text{cosα} \right\rbrack}}$$

tgρ_s = μ_s

tgρ_s = 0, 08

ρ_s = 4, 57

$${N_{p} = 2740,108 \bullet \frac{- 1 - \frac{25 + 6 \bullet 0,08}{0,5 \bullet 5 \bullet 0,08} \bullet \left\lbrack \cos\left( 9,76 - 4,57 \right) - 0,08 \bullet \sin\left( 9,76 - 4,57 \right) \right\rbrack}{\frac{1}{0,5 \bullet 5 \bullet 0,08} \bullet \left\lbrack 0,08 \bullet \left( 100 \bullet sin5 + 15 \bullet cos5 \right) + 15 \bullet sin5 - 100 \bullet cos5 \right\rbrack} \bullet \backslash n}{\bullet \frac{1}{\left\lbrack \cos\left( 9,76 - 4,57 \right) - 0,08 \bullet \sin\left( 9,76 - 4,57 \right) \right\rbrack + \left\lbrack sin5 + 0,08 \bullet cos5 \right\rbrack}}$$

N_p = 1412, 019 N

$$N_{s} = \frac{1}{0,5 \bullet d_{s} \bullet \mu_{s}} \bullet \left\{ - P_{d1} \bullet \left( b + e \bullet \mu_{d} \right) - N_{p} \bullet \left\lbrack \mu_{p} \bullet \left( a \bullet \text{sinα} + c \bullet \text{cosα} \right) + c \bullet \text{sinα} - a \bullet \text{cosα} \right\rbrack \right\}$$

$$N_{s} = \frac{1}{0,5 \bullet 5 \bullet 0,08} \bullet \left\{ - 2740,108 \bullet \left( 25 + 6 \bullet 0,08 \right) - 1412 \bullet \left\lbrack 0,08 \bullet \left( 100 \bullet sin5 + 15 \bullet cos5 \right) + 15 \bullet sin5 - 100 \bullet cos5 \right\rbrack \right\}$$

N_s = 3316 N

T_p = N_p • μ_p = 1412 • 0, 08 = 112, 96N ,   T_s = N_s • μ_s = 3316 • 0, 08 = 265, 28 N

• Wartość reakcji działającej na sworzeń:

$$R_{s} = \sqrt{N_{s}^{2} + T_{s}^{2}} = \sqrt{3316^{2} + 265^{2}} = 3326N$$

• Wartość siły działającej na pierścień włączający (przypadającej na jedną dźwignię):

P_w1 = N_p • sinα + T_p • cosα = 1412 • sin5 + 112, 96 • cos5 = 235, 594 N

• Wartość całkowitej siły działającej na pierścień włączający:

P_w = 3 • P_w1 = 3 • 235, 594 = 706, 782 N

1. Sprawdzenie średnicy sworznia dźwigni włączającej.

Materiał sworznia: stal 45, k_d = 97 MPa,  k_t = 75 MPa;

Wymiary sworznia: d_s = 5mm;

Grubość dźwigni: g = 10 mm.

• Sprawdzenie sworznia na naciski:

$$p = \frac{R_{s}}{A_{d}} = \frac{R_{s}}{g \bullet d_{s}} = \frac{3326}{10 \bullet 5} = 66,52\ MPa < k_{d} = 97\ MPa$$

• Sprawdzenie sworznia na ścinanie:

$$\tau = \frac{R_{s}}{A_{t}} = \frac{4 \bullet R_{s}}{\pi \bullet d_{s}^{2} \bullet j} = \frac{4 \bullet 3326}{\pi \bullet 5^{2} \bullet 2} \cong 84,696\ MPa > k_{t} = 97\ MPa$$

1. Sprawdzenie krzywizny powierzchni roboczej dźwigni na naciski Hertza.

• Wyznaczenie promienia krzywizny dźwigni:

$$\frac{1}{\rho_{d}} \leq \frac{k_{d}^{2}}{{0,564}^{2}} \bullet \frac{g}{P_{d1}} \bullet \left( \frac{1 - v_{1}^{2}}{E_{1}} + \frac{1 - v_{2}^{2}}{E_{2}} \right)$$

E₁ = E₂ = 2, 06 • 10⁵ MPa

v₁ = v₂ = 0, 3

k_d = 200 MPa

$$\frac{1}{\rho_{d}} \leq \frac{200^{2}}{{0,564}^{2}} \bullet \frac{10}{2740,108} \bullet \left( \frac{1 - {0,3}_{}^{2}}{2,06 \bullet 10^{5}} + \frac{1 - {0,3}_{}^{2}}{2,06 \bullet 10^{5}} \right)$$

$$\frac{1}{\rho_{d}} \leq 0,004054\ \text{mm}^{- 1}$$

ρ_d ≥ 246, 638 mm

Przyjeto :  ρ_d = 250 mm

• Sprawdzenie nacisków ze wzoru Hertza:

$$p_{H} = 0,564 \bullet \sqrt{\frac{P_{d1} \bullet \left( \frac{1}{\rho_{p}} + \frac{1}{\rho_{d}} \right)}{g \bullet \left( \frac{1 - v_{1}^{2}}{E_{1}} + \frac{1 - v_{2}^{2}}{E_{2}} \right)}} \leq k_{d}$$

$$p_{H} = 0,564 \bullet \sqrt{\frac{2740,108 \bullet \left( \frac{1}{250} \right)}{10 \bullet \left( \frac{1 - {0,3}_{}^{2}}{2,06 \bullet 10^{5}} + \frac{1 - {0,3}_{}^{2}}{2,06 \bullet 10^{5}} \right)}} = 198\ MPa \leq k_{d} = 200\ MPa$$

1. Obliczenie wymiarów wypustów tarcz wewnętrznych.

• Obliczenie szerokości wypustów l_w z warunku na ścinanie:

$$\tau_{t} = \frac{F_{o,w}}{A_{\text{wt}} \bullet \xi} \leq k_{t}$$

$$\tau_{t} = \frac{18701,299}{270 \bullet 0,75} = 92,352\ \leq 118\ MPa$$

Gdzie:

F_o, w – siła obwodowa na średnicy przekroju ścinania wypustów

$$F_{o,w} = \frac{2 \bullet M_{\text{obl}}}{D_{w} - 1} = \frac{2 \bullet 720 \bullet 10^{3}}{78 - 1} = 18701,299\ N$$

A_wt – pole przekroju ścinanego

A_wt = i_pw • g_p • l_w • m=10•1, 5 • 6 • 3 = 270 mm²

i_pw = 10 (liczba tarcz wewnetrznych),  

m = 3 (liczba wypustow jednej tarczy),  g_p = 1, 5 mm (gruboosc tarczy),  

$$\xi = 0,75\ \begin{pmatrix} wspolczynnik\ uwzgledniajacy\ nierownomierne\ obciazenie\ \\ poszczegolnych\ wypustow\ tarczy \\ \end{pmatrix},\ $$

k_t = 118 MPa (naprezenia dopuszczalne na sciannie dla stali 45 hartowanej).

$$l_{w} \geq \frac{F_{o,w}}{i_{\text{pw}} \bullet g_{p} \bullet k_{t} \bullet m \bullet \xi} = \frac{18701,299\ }{10 \bullet 1,5 \bullet 118 \bullet 3 \bullet 0,75} = 4,696\ mm$$

Przyjęto l_w = 6 mm .

• Obliczenie wysokości wypustu h_w z warunku na naciski:

$$p = \frac{F_{o,w}}{A_{\text{wd}} \bullet \xi} \leq k_{d}$$

$$p = \frac{18701,299}{157,5 \bullet 0,75} = 158,317 \leq 175\ MPa$$

Gdzie:

A_wt – pole przekroju ścinanego

A_wd = i_pw • g_p • h_w • m= 10 • 1, 5 • 3, 5 • 3 = 157, 5 mm²

i_pw = 10 (liczba tarcz wewnetrznych),  

m = 3 (liczba wypustow jednej tarczy),  g_p = 1, 5 mm (gruboosc tarczy),  

$$\xi = 0,75\ \begin{pmatrix} wspolczynnik\ uwzgledniajacy\ nierownomierne\ obciazenie\ \\ poszczegolnych\ wypustow\ tarczy \\ \end{pmatrix},\ $$

k_t = 175 MPa (naprezenia dopuszczalne na sciannie dla stali 45 hartowanej).

$$h_{w} \geq \frac{F_{o,w}}{i_{\text{pw}} \bullet g_{p} \bullet k_{d} \bullet m \bullet \xi} = \frac{18701,299\ }{10 \bullet 1,5 \bullet 175 \bullet 3 \bullet 0,75} = 3,166\ mm$$

Przyjęto h_w = 3, 5 mm .

1. Obliczenie wymiarów wypustów tarcz zewnętrznych.

• Obliczenie szerokości wypustów l_z z warunku na ścinanie:

$$l_{z} \geq \frac{F_{o,z}}{i_{\text{pz}} \bullet g_{p} \bullet k_{t} \bullet m \bullet \xi} = \frac{10992,366}{9 \bullet 1,5 \bullet 118 \bullet 3 \bullet 0,75} = 3,067\ mm$$

Gdzie:

F_o, z - siłą obwodowa na średnicy przekroju ścinania wypustów tarczy zewnętrznej

$$F_{o,z} = \frac{2 \bullet M_{\text{obl}}}{D_{z} + 1} = \frac{2 \bullet 720 \bullet 10^{3}}{130 + 1} = 10992,366\ N$$

oraz przyjęto i_pz = 9 - liczba tarcz zewnętrznych.

Przyjęto l_z = 6 mm .

• Obliczenie wysokości wypustu h_z z warunku na naciski:

$$h_{z} \geq \frac{F_{o,z}}{i_{\text{pz}} \bullet g_{p} \bullet k_{d} \bullet m \bullet \xi} = \frac{10992,366\ }{9 \bullet 1,5 \bullet 175 \bullet 3 \bullet 0,75} = 2,068\ mm$$

Przyjęto h_z = 4 mm .

1. Obliczenie mechanizmu regulacyjnego docisku tarcz ciernych.

   1. Wstępny dobór wielkości sprężyny.

• Założenia wstępne:

• d=0,8 mm- średnica drutu śruby

• D= 6 mm- średnica średnia sprężyny

• Τ_dop≅0, 5  • R_{m min} = 450MPa dla stali sprezynowej klasy A

Robocze obciążenie sprężyny P_r

P_r=P₁+P₀=3,5 N przyjęte

Oraz ugięcie sprężyny f=4,2 mm≥s = 4 mm

Sztywność sprężyny (wstępnie):

C= $\frac{P_{r}}{f_{r}} = \frac{3,5}{5} = 0,7\ \frac{N}{\text{mm}}$

Gdzie f_r=f₁+f₀=4,2+1=5,2 mm

Wskaźnik sprężyny:

w=$\frac{D}{d} = \frac{6}{0,6} = 10$

liczba zwojów czynnych:

z_c=$\frac{G \bullet d}{8 \bullet w^{3} \bullet c} = \frac{81400\ \bullet 0,6}{8 \bullet 10^{3} \bullet 0,7} \cong 9$

całkowita liczba zwojów:

z=z_c+z_n= 9+1,5=10,5

sztywność (skorygowana)

c=$\frac{G \bullet d}{8 \bullet w^{3} \bullet z} = \frac{81400\ \bullet 0,6}{8 \bullet 10^{3} \bullet 9} \cong 0,678\ \frac{N}{\text{mm}}$

suma prześwitów między zwojowych:

$\sum_{}^{}{a\min}$ =x • d • z_c = 0, 35 • 0, 6 • 9 = 1, 89 mm

Długość sprężyny zblokowanej

l_{bl nom} = (z+0,5) • d = (10,5+0,5) • 0, 6 = 6, 6 mm

l_bl  = l_{bl nom} • (0,5) • d = 6, 6 • (0,5) • 0, 6 = 6, 9mm

• Długość swobodna sprężyny

Długość wstępnego napięcia L:

$$L \geq l_{\text{bl}} + \sum_{}^{}{a\min} + f_{1} = 6,9 + 1,89 + 4,2 + 12,99\ mm$$

Przyjmuje L= 14 mm

Długość swobodna sprężyny:

L₀=15 mm≥L

• Skok zwojów sprężyny:

$s = \frac{l_{0} - (z_{n} - 0,5) \bullet d}{z_{c}} = \frac{15 - 0,6}{9}$=1,6 mm

• Srednica zewnetrzna sprezyny zwieksozna po obciazeniu sila P_r

$$D_{z}^{'} = \sqrt{D_{z}^{2}} + 0,1 \bullet s^{2} = 6,32\ mm$$

• Naprężenia styczne w przekroju sprężyny ściśniętej pod siłą

$$\tau_{k} = k \bullet \frac{G}{\pi} \bullet \frac{d}{z_{c} \bullet D^{2}} \bullet f_{r} = 1,13475 \bullet \frac{81400}{\pi} \bullet \frac{0,6}{9 \bullet 6^{2}} \bullet 5,2 = 283,1\ MPa < \tau_{\text{dop}}\ $$