Akademia Górniczo-Hutnicza

im. S. Staszica w Krakowie

Katedra Konstrukcji i Eksploatacji Maszyn

PKM

PROJEKT III

Wały Maszynowe

ADAMCZYK Maciej

Rok II

Grupa 23 Mechatronika

rok akad. 2011/2012

TEMAT
Zaprojektować wał maszynowy w postaci: DANE: a=40 mm b=90 mm c=170 mm d=90 mm α=30^o r1=75 mm r2=140 mm P1=4000 N P1r=1450 N P1w=0 P2=4100 N P2r=1500 N P2w=2150 N Ms=274000 Nmm n=1500 obr/min
ZAŁOŻENIA
- wał pracuje przy obciążeniach zmiennych - obustronne zginanie i jednostronne skręcanie, - zakładam współczynnik bezpieczeństwa xz = 3, 75, - maksymalna prędkość obrotowa wału wynosi $n = 1500\ \frac{\text{obr}}{\min}$, - łożyska współpracujące z wałem są łożyskami stożkowymi o czasie pracy Lh = 40000 [h], - łożysko A jest łożyskiem oporowym, - koło zębate 1 jest kołem zębatym o zębach prostych, natomiast koło zębate 2 jest kołem zębatym o zębach skośnych .

DANE	OBLICZENIA	WYNIKI
układ sił przedstawiony na schemacie a=40 mm b=90 mm c=170 mm d=90 mm r1=75 mm r2=140 mm P1=4000 N P1r=1450 N P2=4100 N P2r=1500 N P2w=2150 N RxB2165, 68  N RxA = 78, 6N RyB = 4122, 9 N RyA = 4166, 2 N Mg1^x = = − 7074 Nmm Mg2^xL = =106088 Nmm Mg2^xP = = − 194911 Nmm Mg1^y = =374958 Nmm Mg2 =^y = 371061 Nmm Ms=274000 Nmm P1=4000 N r1=75 mm Wstępnie dobieram stal 15Cr2: kgo=80 MPa ksj=85 MPa c=3,2 Ms=574 Nm pdop=120 MPa d=60 mm b=18 mm h=11 mm d=50 mm b=14 mm h=9 mm Kolejne średnice wału: Φ40 Φ50 Φ60 Φ50 Φ40 RxB = 2165, 7 N RxA = 78, 6 N RyB = 4122, 9 N RyA = 4166, 2 N n=1500 obr/min Lh=40000 h Zakładam: $$q = \frac{10}{3}$$ Pp = 4657 N Pw = 2150 N Mg = 375 Nm Ms = 574 Nm	MECHANIKA OBCIĄŻEŃ Określenie reakcji w łożyskach: Reakcje na x: $$\sum_{}^{}\overset{\overline{}}{F} = \overset{\overline{}}{0}\ \leftrightarrow \ P_{1}sin\alpha - P_{1r}cos\alpha + P_{2r} - R_{\text{xA}} - R_{\text{xB}} = 0$$ $$\sum_{}^{}\overset{\overline{}}{M_{A}} = \overset{\overline{}}{0}\ \leftrightarrow \ P_{1\ }sin\alpha\ b - P_{1r\ }cos\alpha\ b + P_{2r}\left( b + c \right) + P_{2w}r_{2} - R_{\text{xB}}(b + c + d) = 0$$ $$\sum_{}^{}\overset{\overline{}}{M_{B}} = \overset{\overline{}}{0}\ \leftrightarrow \ {- P}_{1\ }sin\alpha\ (c + d) - P_{1r\ }cos\alpha\ (c + d) + P_{2r}d + P_{2w}r_{2} + R_{\text{xA}}(b + c + d) = 0$$ RxB = 2165, 68 N RxA = 78, 6 N Reakcje na y: $$\sum_{}^{}\overset{\overline{}}{F} = \overset{\overline{}}{0}\ \leftrightarrow R_{\text{yA}} - \ {P_{1}cos\alpha - P}_{1r}sin\alpha - P_{2} + R_{\text{yB}} = 0$$ $$\sum_{}^{}\overset{\overline{}}{M_{A}} = \overset{\overline{}}{0}\ \leftrightarrow \ {- P_{1}cos\alpha\ b - P}_{1r\ \ }sin\alpha\ b - P_{2}\left( b + c \right) + R_{\text{yB}}(b + c + d) = 0$$ $$\sum_{}^{}\overset{\overline{}}{M_{b}} = \overset{\overline{}}{0}\ \leftrightarrow \ {P_{1}\text{cosα\ }\left( b + c \right) + P}_{1r\ \ }\text{sinα\ }\left( b + c \right) + P_{2}\ d - R_{\text{yA}}(b + c + d) = 0$$ RyB = 4122, 9 N RyA = 4166, 2 N Moment gnący: Moment zginający- płaszczyzna xz: Mg1^x = −RxAb = −7074 Nmm Mg2^xL = −RxA(b+c) + P1sinα c  − P1rcosα c = 106088 Nmm Mg2^xP = −RxBd = − 194911, 2 Nmm Moment zginający- płaszczyzna yz: Mg1^y = RyAb = 374958 Nmm Mg2^y = RyBd = 371061 Nmm Wypadkowy moment gnący: $$M_{g1} = \sqrt{{M_{g1}^{x}}^{2} + {M_{g1}^{y}}^{2}} = 374891\ \lbrack Nmm\rbrack$$ $$M_{g2}^{L} = \sqrt{{M_{g2}^{y}}^{2} + {M_{g2}^{\text{xL}}}^{2}} = 385928\lbrack Nmm\rbrack$$ $$M_{g2}^{P} = \sqrt{{M_{g2}^{y}}^{2} + {M_{g2}^{\text{xP}}}^{2}} = 419137,8\ \lbrack Nmm\rbrack$$ Moment skręcający: Ms^a, b = 274000 Nmm Ms^1 − 2 = Ms + P1r1 = 274000 Nmm + 4000 N • 75 mm = 574000 Nmm Ms^d = 0 Moment zredukowany (warunek Mg<2Ms jest spełniony): $$M_{z} = \sqrt{{\frac{4}{\alpha^{2}}M}_{g}^{2} + M_{s}^{2}}$$ $$\alpha^{2} = \left( \frac{k_{\text{go}}}{k_{\text{sj}}} \right)^{2} = \left( \frac{80}{85} \right)^{2} = 0,89$$ $$M_{z} = \sqrt{{4,5M}_{g}^{2} + M_{s}^{2}}$$ $$M_{z}^{0} = \sqrt{4,5 \bullet 0^{2} + 274000^{2}} = 274000\ \lbrack Nmm\rbrack$$ $$M_{z}^{40} = \sqrt{4,5 \bullet 0^{2} + 274000^{2}} = 274000\ \lbrack Nmm\rbrack$$ $$M_{z}^{130} = \sqrt{4,5{\bullet 374891}^{2} + 274000^{2}} = 841142\ \lbrack Nmm\rbrack$$ $$M_{z}^{300L} = \sqrt{4,5 \bullet 385928^{2} + 574000^{2}} = 984602\ \lbrack Nmm\rbrack$$ $$M_{z}^{300P} = \sqrt{4,5{\bullet 419137,8}^{2} + 574000^{2}} = 1043912\ \lbrack Nmm\rbrack$$ $$M_{z}^{390} = \sqrt{4,5 \bullet 0^{2} + 0^{2}} = 0$$ DOBÓR MATERIAŁU Wybór stali: Wybrano stal stopową konstrukcyjną do nawęglania w stanie obrobionym cieplnie (wg PN-EN 10084): 15Cr2 ze względu na przenoszone obciążenie oraz odporność na ścieranie. Własności mechaniczne i wytrzymałość zmęczeniowa wybranej stali: Informacje na temat stali 15Cr2 zostały odczytane z tablic(„Przykłady obliczeń z podstaw konstrukcji maszyn” E. Mazanek): Re= 460 MPa Rm= 690 MPa Zrj= 400 MPa Zgj= 500 MPa Zsj= 350 MPa Zrc= 200 MPa Zgo= 300 MPa Zso= 180 MPa ZARYS TEORETYCZNY Teoretyczny zarys wału został wyznaczony z warunku wytrzymałościowego dla określonego stanu naprężeń: $d > \sqrt[3]{\frac{10M_{z}}{k_{\text{go}}}}$ lub $d > \sqrt[3]{\frac{5M_{z}}{k_{\text{sj}}}}$ Na podstawie odczytanych wartości z wykresu momentu zastępczego, wyznaczono teoretyczne średnice wału, a następnie dokonano normalizacji tych średnic: Liczba przekroju Współrzędna z [mm] Moment zredukowany Mz [Nm] Teoretyczna średnica d [mm] Stan naprężenia 1 0 274 32 skręcanie 2 40 274 33 3 60 443 38 zginanie ze skręcaniem 4 80 654 43 5 100 795 46 6 120 840 47 7 140 850 47 8 160 870 48 9 180 890 48 10 200 916 49 11 220 930,5 49 12 240 954,3 49 13 260 979 50 14 280 989 50 15 300 1000 51 16 320 800 47 zginanie 17 340 500 39 18 360 215 29 19 380 115 24 20 390 0 0 Zarys teoretyczny zgodny z powyższą tabelą został wykonany na osobnej kartce dołączonej do projektu. OBLICZENIA WYMIAROWO – KONSTRUKCYJNE Wstępny zarys wału: Dobór średnic nastąpił na podstawie zarysu teoretycznego i przy zachowaniu warunku dla przejść średnic $\frac{D}{d} \leq 1,2$ (D>d) oraz uwzględnieniu, że średnice pod piastami kół zębatych należy zwiększyć o 10% ze względu na występowanie wpustu. Długość wału z [mm] Średnica wału [mm] <0;50> 40` <50;170> 50 <170;350> 60 <350;370> 50 <370;390> 40 Obliczenie wysokości oparcia kół zębatych h1, h2: Moment skręcający jest jednakowy na obu kołach zębatych oraz koła wykonane są ze stali, dlatego c=3,2: $$h_{1}{= h}_{2} = \frac{1}{3}g_{p}$$ $$g_{p} = c\sqrt[3]{M_{s}} = 3,2\sqrt[3]{574} = 26,6\ \lbrack mm\rbrack$$ Przyjmuję, że gp=30 mm z szeregu wymiarów znormalizowanych. h1=h2 = 10 mm Uwzględniając warunek średnic: h1: 50 mm- 40 mm= 10mm ,czyli $h_{1} = \frac{10}{2} = 5\ \lbrack mm\rbrack$ h2: 60 mm- 50 mm= 10mm ,czyli $h_{2} = \frac{10}{2} = 5\ \lbrack mm\rbrack$ Obliczanie długości wpustów: $$p = \frac{P}{0,5lhi} \leq p_{\text{dop}}$$ P-obciążenie h- wysokość wpustu l- długość wpustu i- liczba wpustów (i=1) $$P = \frac{2M_{s}}{d}$$ $$p_{\text{dop}} \geq \frac{4M_{s}}{\text{lhd}}$$ $$l \geq \frac{4M_{s}}{\text{dh}p_{\text{dop}}}$$ Według PN-72/M-85005: dla średnicy d=60 mm, dobieram wpust b x h = 18 x 11 $$l \geq \frac{4M_{s}}{\text{dh}p_{\text{dop}}} = \frac{4 \bullet 574}{0,06 \bullet 0,011 \bullet 120 \bullet 10^{6}} = 28,9\ \lbrack mm\rbrack$$ Dobieram z powyższej normy długość wpustu: l2=50 mm Koryguję wartość l1, dodając zaokrąglenia: l2=50mm+b=50mm+18mm=68mm∖nOstatecznie dobieram długość wpustu: l2=70 mm Wpust odsuwa się o 10mm od oparcia koła zębatego w celu uniknięcia kumulacji zjawisk karbu. W ten sposób otrzymujemy minimalną długość piasty koła zębatego: L2 = l2 + 20 = 70 + 20 = 90 [mm] dla średnicy d=50 mm, dobieram wpust b x h = 14 x 9 $$l \geq \frac{4M_{s}}{\text{dh}p_{\text{dop}}} = \frac{4 \bullet 574}{0,05 \bullet 0,009 \bullet 120 \bullet 10^{6}} = 43,5\ \lbrack mm\rbrack$$ Dobieram z powyższej normy długość wpustu: l1=45 mm Koryguję wartość l1, dodając zaokrąglenia: l1=45mm+b=45mm+14mm=59mm∖nOstatecznie dobieram długość wpustu: l1=60 mm Wpust odsuwa się o 10mm od oparcia koła zębatego w celu uniknięcia kumulacji zjawisk karbu. W ten sposób otrzymujemy minimalną długość piasty koła zębatego: L1 = l1 + 20 = 60 + 20 = 80 [mm] Obliczenie promienie zaokrągleń przy zmianach średnic: Promienie zaokrągleń przyjęte zostały zgodnie z normą PN-82/M-02045: $$\rho \leq \frac{1}{4}\left( D_{1} - D_{2} \right);gdzie\ D_{1} > D_{2}\ $$ $\rho_{1} = \frac{1}{4}\left( 50 - 40 \right) = 2,5\ \lbrack mm\rbrack$ przyjmuję zgodnie z normą: ρ1 = 2, 5mm $\rho_{2} = \frac{1}{4}\left( 60 - 50 \right) = 2,5\ \lbrack mm\rbrack$ przyjmuję zgodnie z normą: ρ2 = 2, 5mm ρ3 = 2, 5 [mm] przyjmuję zgodnie z normą: ρ3 = 2, 5mm ρ4 = 2.5 [mm] przyjmuję zgodnie z normą: ρ4 = 2, 5mm Dobór łożysk tocznych: Wyznaczanie reakcji w łożyskach (z mechaniki obciążeń): $$R_{A} = \sqrt{{R_{\text{xA}}}^{2} + {R_{\text{yA}}}^{2}} = 4167\ \lbrack N\rbrack$$ $$R_{B} = \sqrt{{R_{\text{xB}}}^{2} + {R_{\text{yB}}}^{2}} = 4657\ \lbrack N\rbrack$$ Dobór łożyska, zostaje przeprowadzony na podstawie założeń dotyczących przeznaczenia i prazy wału: n=1500 obr/min Lh=40000 h $$L_{h} = \frac{10^{6}L}{60n} \rightarrow L = \frac{60nL_{h}}{10^{6}} = \frac{60 \bullet 1500 \bullet 40000}{10^{6}} = 3600\ \lbrack mln\ obr\rbrack$$ $$L = \left( \frac{C}{P} \right)^{q} \rightarrow C = \sqrt[q]{P^{q}L}$$ Czopy wała mają jednakową średnicę, dlatego najlepszym rozwiązaniem jest dopasowanie takich samych łożysk. W tym celu wyszukuję łożysko na które działa największa siła. Jest to łożysko w punkcie B, działa na nie największa siła reakcji oraz dodatkowo działa na nie siła wzdłużna. Jeśli dobiorę właściwe łożysko w punkcie B, to takie samo łożysko mogę przyjąć w punkcie A, w którym siły są mniejsze i nie występuje siła wzdłużna. Zakładam łożysko stożkowe, dla którego $q = \frac{10}{3}$. $$C = \sqrt[\frac{10}{3}]{4657^{\frac{10}{3}} \bullet 3600} = 54326\ \lbrack N\rbrack$$ Odczytuję z normy, że łożysko dla którego nośność C>54326 N, to: łożysko stożkowe 32209A (C= 71600 N) Sprawdzenie łożyska: P = XPp + YPw Wartości współczynników X oraz Y odczytuję z normy, dla danego łożyska oraz zadanego stanu naprężeń: X=0,4 Y=1,48 P=0,4*4657+1,48*2150= 5045 N Sprawdzam nośność łożyska z warunku: $$L = \left( \frac{C}{P} \right)^{q}$$ $$L = \left( \frac{71600}{5045} \right)^{\frac{10}{3}} = 6921\ \left\lbrack \text{mln\ obr} \right\rbrack > 3600\lbrack mln\ obr\rbrack$$ Warunek jest spełniony, zatem łożysko stożkowe 32209A zostaje przyjęte. Dobór dwóch identycznych łożysk zapewni najlepszą współpracę elementów. Parametry łożyska wg normy PN-75/M-86220: d= 40 mm D= 85 mm T= 24,75 mm rw= 2 mm C= 7160 daN Oba łożyska ustala się za pomocą podkładki zębatej wg normy PN-82/M-86482 i nakrętki łożyskowej wg normy PN-82/M-86478. WYTRZYMAŁOŚĆ ZMĘCZENIOWA Do obliczeń wybieram przekrój A-A, ponieważ występuje tam wyraźny karb, a zarys wału leży najbliżej zarysu teoretycznego. $$\sigma_{g} = \frac{M_{g}}{W_{x}} = \frac{32M_{g}}{\pi d^{3}} = \frac{32 \bullet 375}{3,14 \bullet {0,05}^{3}} = 30,5\ \lbrack MPa\rbrack$$ $$\tau_{s} = \frac{M_{s}}{W_{o}} = \frac{16M_{g}}{\pi d^{3}} = \frac{16 \bullet 574}{3,14 \bullet {0,050}^{3}} = 23,3\ \lbrack MPa\rbrack$$ $$\delta = \frac{\text{Zε}}{\sigma_{g}\beta}$$ δ- współczynnik bezpieczeństwa Z- wytrzymałość zmęczeniowa β = βp + βk − 1- współczynnik stanu powierzchni $\frac{1}{\varepsilon}$- współczynnik wielkości przedmiotu α- współczynnik kształtu karbu η- współczynnik wrażliwości na działanie karbu Wartości poszczególnych współczynnik zostają dobrane z tablic i wykresów zawierających się w podręczniku „Przykłady obliczeń z podstaw konstrukcji maszyn” E. Mazanek. ρ = 2 mm d = 50 mm D = 60 mm $\frac{2\rho}{d} = \frac{2 \bullet 2}{50} = 0,08$ $\frac{D}{d} = \frac{60}{50} = 1,2$ Dobrane współczynniki dla zginania: αkg=2,05 $\frac{1}{\varepsilon}$=1,42 ε=0,7 ηk=0,8 βp=1,2 βk = 1 + ηk(αk−1) = 1 + 0, 8(2,05−1) = 1, 84 β = βp + βk − 1 = 1, 2 + 1, 84 − 1 = 2, 04 $$\delta_{g} = \frac{Z_{\text{go}}\varepsilon}{\sigma_{g}\beta} = \frac{300 \bullet 0,7}{30,7 \bullet 2,04} = 3,35$$ Dobrane współczynniki dla skręcania: αkg=1,8 $\frac{1}{\varepsilon}$=1,4 ε=0,71 ηk=0,8 βp=1 βk = 1 + ηk(αk−1) = 1 + 0, 8(1,8−1) = 1, 64 β = βp + βk − 1 = 1 + 1, 64 − 1 = 1, 64 $$\delta_{s} = \frac{Z_{\text{sj}}\varepsilon}{\tau_{s}\beta} = \frac{350 \bullet 0,71}{26,4 \bullet 1,64} = 5,7$$ Współczynnik bezpieczeństwa: $$\frac{1}{\delta^{2}} = \frac{1}{{\delta_{s}}^{2}} + \frac{1}{{\delta_{g}}^{2}}$$ $$\delta = \frac{\delta_{s}\delta_{g}}{\sqrt{{\delta_{s}}^{2} + {\delta_{g}}^{2}}} = \frac{5,7 \bullet 3,35}{\sqrt{{5,7}^{2} + {3,35}^{2}}} = 2,88$$ Rzeczywisty współczynnik bezpieczeństwa powinien mieścić się w zakresie 1,8-2,2. Dopuszczalne jest przesunięcie górnej wartości do 3, w szczególnie ciężkich warunkach pracy, do orientacyjnego określenia obciążeń. δ = 2, 9 wskazuje, że kształt wału w danym przekroju jest zaprojektowany ze zbyt dużym współczynnikiem bezpieczeństwa i w miarę możliwości należy zmniejszyć jego średnicę.	RxB = 2165, 68 N RxA = 78, 6  N RyB = 4122, 9 N RyA = 4166, 2  N Mg1^x = = − 7074 Nmm Mg2^xL = =106088 Nmm Mg2^xP = = − 194911Nmm Mg1^y = =374958 Nmm Mg2^y = 371061 Nmm Mg1 = =374891 Nmm Mg2^L = =385928 Nmm Mg2^P = =419137, 8 Nmm Ms^a,b=274000Nmm Ms^1 − 2 = =574000 Nmm Ms^d = 0 Mz^0 = =274000 Nmm Mz^40 = =274000 Nmm Mz^130 = =756694, 7 Nmm Mz^300L = =920707, 4 Nmm Mz^300P = =1115518, 3 Nmm Mz^390 = 0 Dobrana stal: 15Cr2 gp=30 mm h1=h2 = 10 mm ostatecznie: h1 = 5 mm h2 = 5 mm l2=70 mm L2 = 90 mm l1=60 mm L1 = 80 mm ρ1 = 2, 5mm ρ2 = 2, 5mm ρ3 = 2, 5mm ρ4 = 2, 5mm RA = 4167 N RB = 4657 N L = 3600 mln obr C = 54326 N P= 5045 N L = 6921 [mln obr] > 3600[mln obr] Przyjęto łożyska stożkowe 32209A σg = 30, 5 MPa τs = 23, 3 MPa δg = 3, 35 δs = 5, 7 δ = 2, 88