1. Dobór silnika z katalogu:
$$v = 1\ \frac{m}{s}$$ d = 300 mm
F = 25 kN d = 300 mm
ηpz = 0, 96 ηpp = 0, 95 ηl = 0, 992 Mobr = 3750 Nm $$n = 63,55\ \frac{\text{obr}}{\min}$$
2. Dobór podstawowych parametrów przekładni o pasie płaskim:
Ps = 30 kW $$n_{s} = 750\frac{\text{obr}}{\min}$$ upp = 2, 4
D1 = 400 mm upp = 2, 4
D1 = 400 mm D2 = 900 mm
D1 = 400 mm
a = 1040 mm D1 = 400 mm D2 = 900 mm
D1 = 400 mm D2 = 900 mm arz = 1085 mm
D1 = 400 mm $$n_{s} = 750\frac{\text{obr}}{\min}$$
Lp = 4272 mm $$\vartheta = 15,7\ \frac{m}{s}$$
Ps = 30 kW $$n_{s} = 750\frac{\text{obr}}{\min}$$ D1 = 400 mm
$q = 14,6\frac{N}{\text{mm}}$ kφ = 0, 92 kϑ = 0, 95
Ft = 1910 N $$q_{\text{dop}} = 9,1\frac{N}{\text{mm}}$$
ψ = 0, 6 φ1 = 153, 7 Ft = 1910 N
Ps = 30 kW η = 0, 95 $$\vartheta = 15,7\ \frac{m}{s}$$
μ = 0, 02 φ1 = 153, 7
G = 1815 N μ^′ = 0, 02 φ1 = 153, 7
S1 = 1903 N S2 = 88 N
κ = 13, 3 S1 = 1903 N S2 = 88 N

3. Obliczanie wytrzymałościowe przekładni zębatej
σH lim = 1600 MPa σF lim = 230 MPa $$n_{s} = 750\ \frac{1}{\min}$$
N = 30 kW KH = 1, 5 k = 1 σHP = 1280 MPa $$n_{s} = 750\ \frac{1}{\min}$$ upz = 5
d1 = 57, 17 mm upz = 5
aw = 180 mm upz = 5

a = 199, 5 mm aw = 200 mm α = 20	5. Ustalam współczynniki przesunięcia zarysu: Obliczam różnicę między nominalną i rzeczywistą odległością osi usuwamy za pomocą korekcji P $$B_{r} = \frac{a_{w} - a}{a} = \frac{200 - 199,5}{199,5} = 0,0025$$ $$B_{p} = B_{r}\sqrt{1 + 7B_{r}} = 0,0025\sqrt{1 + 7 \bullet 0,0025} = 0,00252$$ $$\sum_{}^{}x = x_{1} + x_{2} = 0,5B_{p}\left( z_{1} + z_{2} \right)$$ $$\sum_{}^{}x = 0,5 \bullet 0,00252 \bullet \left( 19 + 95 \right) = 0,144$$ k = 0, 5(Bp−Br)(z1+z2)= =0, 5(0,00252−0,0025)(19+95) = 0, 0011 k = 0, 0011 < 0, 1 Na podstawie wykresu z rys. 4.25 [2] odczytujemy: x1 = 0, 27, x2 = 0 Toczny kąt przyporu: $$\cos\alpha_{w} = \frac{a}{a_{w}}\text{cosα} = \frac{199,5}{200}\cos 20 = 0,937$$ αw = 20, 39	x1 = 0, 27 x2 = 0 αw = 20, 39
x1 = 0, 27 x2 = 0 αw = 20, 39 α = 20 d1 = 66, 5 mm d2 = 332, 5 mm m = 3, 5 z1 = 19 z2 = 95 aw = 200 mm	6. Obliczanie wskaźnika zazębienia przekładni: Czołowy wskaźnik zazębienia obliczymy po uprzednim wyznaczeniu wysokości głów zębów: ha1 = m(y+x1) = 3, 5(1+0,27) = 4, 445 mm ha2 = m(y+x2) = 3, 5(1+0) = 3, 5 mm $$\varepsilon_{\alpha} = \frac{z_{1}}{2\pi}\sqrt{\left( 1 + \frac{2h_{a1}}{d_{1}} \right)^{2}\frac{1}{\cos^{2}\alpha} - 1} +$$ $$+ \frac{z_{2}}{2\pi}\sqrt{\left( 1 + \frac{2h_{a2}}{d_{2}} \right)^{2}\frac{1}{\cos^{2}\alpha} - 1} - \frac{a_{w}\sin\alpha_{w}}{\text{πmcosα}} =$$ $$= \frac{19}{2\pi}\sqrt{\left( 1 + \frac{2 \bullet 4,45}{66,5} \right)^{2}\frac{1}{\cos^{2}20} - 1} +$$ $$+ \frac{95}{2\pi}\sqrt{\left( 1 + \frac{2 \bullet 3,5}{332,5} \right)^{2}\frac{1}{\cos^{2}20} - 1} - \frac{200 \bullet \sin 20,39}{\pi \bullet 3,5 \bullet \cos 20} =$$ εα = 2, 041 + 6, 426 − 6, 744 = 1, 723 Obliczam współczynniki Zε i Yε : $$Z_{\varepsilon}Z_{\varepsilon} = \sqrt{\frac{4 - \varepsilon_{\alpha}\varepsilon_{\alpha}}{3}} = \sqrt{\frac{4 - 1,723}{3}} = 0,87$$ $$Y_{\varepsilon}Y_{\varepsilon} = 0,25 + \frac{0,75}{\varepsilon_{\alpha}} = 0,25 + \frac{0,75}{1,723} = 0,68$$	ha1 = 4, 45 mm ha2 = 3, 5 mm εα = 1, 723 Zε = 0, 87 Yε = 0, 68

Ps = 30 kW $$n = 750\frac{\text{obr}}{\min}$$ upz = 5 d1 = 66, 5 mm β = 0 b = 70 mm KA = 1, 5 z1 = 19 K1 = 26, 8 K2 = 0, 0193 KHα = 1, 0 KFα = 1, 0	7. Obliczam obciążenia zębów: Wyznaczam momenty obrotowe: $$M_{1} = 9550\frac{P_{s}}{n_{s}} = 9550\frac{30}{750} = 382\ Nm$$ M2 = M1upz = 1910 = 1910 Nm Obliczam nominalną siłę obwodową: $$F = \frac{2000M_{1}}{d_{1}} = \frac{2000 \bullet 382}{66,5} = 11489\ N$$ Liczę przybliżona wartość prędkości rezonansowej: $$n_{E1} = \left( 2,1\ldots 2,4 \right) \bullet 10^{7}\frac{\text{cosβ}}{z_{1}^{2}m} \bullet \frac{u_{\text{pz}} + 1}{u_{\text{pz}}}$$ $$n_{E1} = \left( 2,1\ldots 2,4 \right) \bullet 10^{7}\frac{cos0}{19^{2} \bullet 3,5} \bullet \frac{5 + 1}{5}$$ $$n_{E1} = \left( 19,9\ldots 22,8 \right) \bullet 10^{3}\frac{\text{obr}}{\min}$$ $$n = 750\frac{\text{obr}}{\min} < 0,7n_{E1} = 13930\frac{\text{obr}}{\min}$$ Liczę wskaźnik obciążenia jednostkowego: $$q = \frac{K_{A}F}{b} = \frac{1,5 \bullet 11489}{70} = 246,2\frac{N}{\text{mm}}$$ Obliczam wskaźnik prędkości przekładni: $$v = \frac{\pi d_{1}n_{s}}{60 \bullet 1000} = \frac{\pi \bullet 66,5 \bullet 750}{60 \bullet 1000} = 2,61\frac{m}{s}$$ $$W = \frac{z_{1}v}{100}\sqrt{\frac{u_{\text{pz}}^{2}}{u_{\text{pz}}^{2} + 1}} = \frac{19 \bullet 2,61}{100}\sqrt{\frac{5^{2}}{5^{2} + 1}} = 0,49\frac{m}{s}$$ Wyznaczam współczynnik dynamiczny Kv, po założeniu, że przekładnia będzie wykonana w 7 klasie dokładności (współczynniki K1 i K2 dobieram z tabeli 4.4. s.228. [2]): $$K_{v} = 1 + \left( \frac{K_{1}}{q} + K_{2} \right) \bullet W =$$ $$= 1 + \left( \frac{26,8}{246,2} + 0,0193 \right) \bullet 0,49 = 1,06$$ Współczynniki nierównomierności rozkładu naprężeń przyjmuję na podstawie tabeli 4.6. s. 231 [2] dla zębów prostych utwardzonych. Obliczam współczynnik KHβ: $$K_{\text{Hβ}} = 1,05 + 0,31\left( \frac{b}{d_{1}} \right)^{2} + 3,8 \bullet 10^{- 4}b$$ $$K_{\text{Hβ}} = 1,05 + 0,31\left( \frac{70}{66,5} \right)^{2} + 3,8 \bullet 10^{- 4} \bullet 70$$ KHβ = 1, 4 Obliczam współczynnik KFβ: $$\frac{b}{h} = \frac{b}{2,25m} = \frac{70}{2,25 \bullet 3,5} = 8,89$$ $$N_{F} = \frac{\left( \frac{b}{h} \right)^{2}}{1 + \frac{b}{h} + \left( \frac{b}{h} \right)^{2}} = \frac{{8,89}^{2}}{1 + 8,89 + {8,89}^{2}} = 0,89$$ KFβ = KHβ^NF = 1, 4^0, 89 = 1, 35	M1 = 382 Nm M2 = 1910 Nm F = 11489 N $$q = 246,2\frac{N}{\text{mm}}$$ $$v = 2,61\frac{m}{s}$$ $$W = 0,49\frac{m}{s}$$ Kv = 1, 06 KHβ = 1, 4 KFβ = 1, 35
αw = 20, 39 σH lim = 1600 MPa ZLZRZv = 1 ZW = 1 ZX = 1 Zβ = 1 ZE = 189, 8 Zε = 0, 87 ZNT = 1 F = 11489 N d1 = 66, 5 mm b = 70 mm upz = 5 KA = 1, 5 Kv = 1, 08 KHα = 1, 1 KHβ = 1, 4	8. Sprawdzenie współczynnika bezpieczeństwa na nacisk stykowy SH: Z tabeli 4.7. s. 235 [2] odczytujemy ZE = 189, 8, dla zębów prostych przyjmujemy Zβ = 1 $$Z_{H} = \sqrt{\frac{2}{\sin\alpha_{w}\cos\alpha_{w}}} = \sqrt{\frac{2}{sin20,39 \bullet cos20,39}} = 2,47$$ Przyjmujemy koła szlifowane o Rz = 4 μm, więc ZLZRZv = 1, dla kół z zębami hartowanymi współczynniki twardości ZW = 1, dla m = 3, 5 współczynnik ZX = 1 $$S_{H} = \frac{\sigma_{\text{H\ lim}}}{Z_{H}Z_{E}Z_{\varepsilon}Z_{\beta}\sqrt{\frac{F}{bd_{1}}\frac{u_{\text{pz}} + 1}{u_{\text{pz}}}}} \bullet \frac{Z_{\text{NT}}Z_{L}Z_{R}Z_{v}Z_{W}Z_{X}}{\sqrt{K_{A}K_{v}K_{\text{Hβ}}K_{\text{Hα}}}}$$ $$S_{H} = \frac{1600}{2,47 \bullet 189,8 \bullet 0,87 \bullet 1 \bullet \sqrt{\frac{11489}{70 \bullet 66,5}\frac{5 + 1}{5}}}$$ $$\bullet \frac{1 \bullet 1 \bullet 1 \bullet 1}{\sqrt{1,5 \bullet 1,06 \bullet 1 \bullet 1,4}} =$$ SH = 1, 53 ≥ SHmin Wartość współczynnika jest poprawna.	SH = 1, 53
z1 = 19 F = 11489 N b = 70 mm σF lim = 230 MPa KA = 1, 5 Kv = 1, 06 KFα = 1 KFβ = 1, 35 YST = 2 YNT = 1 YδrelT = 1 YRrelT = 1, 05 YX = 1 YFαYSα = 4, 1 Yε = 0, 68 Yβ = 1	9. Sprawdzanie współczynnika bezpieczeństwa na zginanie: Z wykresu 4.15. s. 233 [2] dla z1 = 19 i x1 = 0, 27 odczytuję YFS = YFαYSα = 4, 1. Na tym wykresie znajduję się w polu qs > 1, 5, więc przyjmuję YδrelT = 1. Dla zębów prostych Yβ = 1. Dla przyjętej chropowatości Rz = 4 μm z rys. 4.18. s. 238 [2] odczytuję YRrelT = 1, 05 Współczynnik wielkości dla m = 3, 5 wynosi YX = 1, a współczynnik YST = 2 $$S_{F} = \frac{\sigma_{\text{F\ lim}}}{\frac{F}{\text{bm}} \bullet K_{A}K_{v}K_{\text{Fβ}}K_{\text{Fα}}} \bullet \frac{Y_{\text{ST}}Y_{\text{NT}}Y_{\text{δrelT}}Y_{\text{RrelT}}Y_{X}}{Y_{\text{Fα}}Y_{\text{Sα}}Y_{\varepsilon}Y_{\beta}}$$ $$S_{F} = \frac{230}{\frac{11489}{70 \bullet 3,5} \bullet 1,5 \bullet 1,06 \bullet 1,35 \bullet 1} \bullet \frac{2 \bullet 1 \bullet 1 \bullet 1,05 \bullet 1}{4,1 \bullet 0,68 \bullet 1}$$ SF = 1, 72 Wartość tego współczynnika jest poprawna.	SF = 1, 72
z1 = 19 Ps = 30 kW upz = 5	10. Sprawdzenie zębów na zagrzanie $$N_{T} \approx \frac{P_{s}\left( 1 + \frac{1}{u_{\text{pz}}} \right)}{7z_{1}} = \frac{30\left( 1 + \frac{1}{5} \right)}{7 \bullet 19} = 0,27\ kW$$ $$x_{T} = \frac{z_{1}\text{mb}}{1000N_{T}} = \frac{19 \bullet 3,5 \bullet 70}{1000 \bullet 0,27} = 17,2 > 1$$	xT = 17, 2
F = 11489 N αw = 20, 39	11. Obliczenie nominalnych wartości sił działających na wały i łożyska: Pr = F • tgαw = 11489 • tg20, 39 = 4270 N $$P_{n} = \frac{F}{\cos\alpha_{w}} = \frac{11489}{cos20,39} = 12257\ N$$	Pr = 4270 N Pn = 12257 N
4. Rozplanowanie wewnętrzne reduktorów
Wałek Pj nj Tj dwałj 1 P1 = Ps = 27, 63 kW $$n_{1} = n_{s} = 750\ \frac{\text{obr}}{\min}$$ $$T_{1} = 9550\frac{P_{1}}{n_{1}} = 351,8\ Nm$$ dwal1 = dwals 2 P2 = P1 • ηpp • ηl = 27, 63 • 0, 95 • 0, 992 = 26, 04 kW $$n_{2} = \frac{n_{1}}{u_{\text{pp}}} = \frac{750}{2,4} = 312,5\ \frac{\text{obr}}{\min}$$ $$T_{2} = 9550\frac{P_{2}}{n_{2}} = 795,8\ Nm$$ $$d_{wal2} = \sqrt[3]{\frac{10^{3}T_{2}}{0,2 \bullet k_{s}}} = 54,19\ mm$$ 3 P3 = P2 • ηpz • ηl = 26, 04 • 0, 96 • 0, 992 = 24, 79 kW $$n_{3} = \frac{n_{2}}{u_{\text{pz}}} = \frac{312,5}{5} = 62,5\ \frac{\text{obr}}{\min}$$ $$T_{3} = 9550\frac{P_{3}}{n_{3}} = 3787,9\ Nm$$ $$d_{wal3} = \sqrt[3]{\frac{10^{3}T_{3}}{0,2 \bullet k_{s}}} = 91,16\ mm$$
dwal2 = 54, 19 mm dwal3 = 91, 16 mm	1. Dobieram długość i średnicę piast kół zębatych: Lp2 ≈ Dp2 ≈ 1, 7dwal2 = 92, 12 mm Lp3 ≈ Dp3 ≈ 1, 7dwal3 = 154, 97 mm	Lp2 = 92, 12 mm Lp3 = 154, 97 mm
	2. Dobieram z tabeli 9.13 s.113 [1] wymiary gabarytowe łożysk tocznych kulkowych zwykłych: Na wale 2: 6011* D2 = 90 mm; B2 = 18 mm Na wale 3: 6018* D2 = 140 mm; B2 = 24 mm
aw = 200 mm	3. Obliczam grubość ścianki korpusu reduktora: δ = 0, 025 • aw + 1 = 6 mm	δ = 6 mm
	4. Obliczam minimalną odległość od wewnętrznej powierzchni ścianki reduktora do: - bocznej powierzchni obracającej się części e = 1, 1δ = 8, 8 mm - bocznej części łożyska tocznego e1 = 3 mm	e = 8, 8 mm e1 = 3 mm

	5. Obliczam minimalną odległość w kierunku osiowym między obracającymi się częściami osadzonymi na: - jednym wale: e2 = 3 mm - różnych wałach: e3 = 0, 7 • δ = 5, 6 mm	e2 = 3 mm e3 = 5, 6 mm
	6. Obliczam minimalną odległość w kierunku promieniowym między kołem zębatym jednego stopnia a wałem drugiego stopnia e4 = 6 mm	e4 = 6 mm
	7. Obliczam minimalną odległość w kierunku promieniowym od wierzchołków kół zębatych do: - wewnętrznej powierzchni ścianki korpusu e5 = 1, 2δ = 9, 6 mm - od wewnętrznej dolnej powierzchni ścianki korpusu e6 = 10 mm	e5 = 9, 6 mm e6 = 10 mm
	8. Obliczam minimalną odległość od bocznych powierzchni części obracających się razem z wałem do nieruchomych części zewnętrznych: e7 = 7 mm	e7 = 7 mm
k = 33 mm	9. Obliczam szerokość kołnierzy łączonych śrubą M12 z uwzględnieniem grubości ścianki. K dobieram z tabeli 6.1.1. s. 61 [1] s = k + δ + 4 = 45 mm	s = 45 mm
	10. Z tabeli 13.1.1. s. 172 [1] dobieram grubość kołnierza pokrywy bocznej	h1 = 10 mm
	11. Obliczam wysokość łba śruby h = 0, 8h1 = 8 mm	h = 8 mm
	12. Grubość kołnierza tulei odpowiada grubości kołnierza pokrywy bocznej.	h2 = 10 mm
	13. Dobieram odległość między bocznymi powierzchniami łożysk montowanych parami h5 = 3 mm	h5 = 3 mm
	14. Z dokonanych obliczeń i rysunku rozplanowania wewnętrznego reduktora rys. 6.2.1. s. 62 [1] obliczam wielkości L, L1, L2.	L = 200 mm L1 = 135 mm L2 = 100 mm

5. Projektowe obliczanie wału I
Q = 1989 N Pr = 4270 N

T2 = 795, 8 Nm $$\alpha = \frac{\sqrt{3}}{4}$$	4. Obliczam momenty zastępcze: $$M_{z} = \sqrt{M_{g}^{2} + {(\alpha T_{2})}^{2}}$$
kgo = 90 MPa	5. Obliczam średnicę teoretyczną wału: $$d_{\text{teor}} = \sqrt[3]{\frac{M_{z}}{k_{\text{go}}}}$$
	Dobieram średnice wału: x 0-80 81-118 119-146 147-156 157-269 270-318 319-335 d 20 25 30 33 25 23 20
Pr = 4270 N E = 210 GPa L = 0, 2 m L1 = 0, 135 m Q = 1989 N	6. Strzałka ugięcia i kąt ugięcia Obliczam średnicę zastępczą d: $$d = \frac{d_{1}l_{1} + \ldots + d_{n}l_{n}}{l_{walu}} = 0,0235\ m$$ $$J = \frac{\pi \bullet d^{4}}{64} = 1,49 \bullet 10^{- 8}\text{\ m}^{4}$$ Strzałka ugięcia w miejscu przyłożenia siły Pr: $$f_{\Pr} = \frac{P_{r}L^{3}}{48EJ} = 0,0037\ m$$ Strzałka ugięcia w miejscu przyłożenia siły Q: $$f_{Q} = \frac{QL_{1}^{2}}{3EJ}(L + L_{1}) = 0,0013\ m$$ Dopuszczalna strzałka ugięcia (fdop): fdop = 0, 005 m Maksymalna strzałka ugięcia zawiera się w dopuszczalnej wartości. Kąty ugięcia rozpatrując siłę Pr: $$\vartheta_{A} = - \frac{P_{r}L^{2}}{16EJ} = - 0,0034$$ ϑB = −ϑA = 0, 0034 Kąty ugięcia rozpatrując siłę Q: $$v_{A} = \frac{\text{QL}L_{1}}{6EJ} = 0,0035$$ $$v_{B} = - \frac{\text{QL}L_{1}}{3EJ} = - 0,0047$$ $$v_{Q} = - \frac{\text{QL}L_{1}}{6EJ}\left( 2L + 3L_{1} \right) = - 0,0048$$ ϑdop = 0, 0047 Maksymalne kąty ugięcia zawierają się w dopuszczalnej wartości.
T2 = 795, 8 Nm	7. Dobór wpustów Dobór wpustu pod koło pasowe Wpust zostanie wykonany ze stali E360 o dopuszczalnym nacisku jednostkowym pdop = 200 MPa. Obliczenie długości wpustu: $$L \geq \frac{2T_{2}}{d\frac{h}{2}p_{\text{dop}}} = \frac{2 \bullet 795,8}{0,02 \bullet \frac{0,006}{2} \bullet 200 \bullet 10^{6}} = 132\ \text{mm}$$ Obliczony wpust jest za długi w stosunku do szerokości piasty koła. Zastosowano więc dwa wpusty na obwodzie wału na jednym czopie o długościach równych połowie długości obliczonej. Na podstawie normy PN-70/M-85005 do średnicy d = 20 mm dobrano 2 wpusty o wymiarach h = 6 mm, b = 6 mm i L = 70 mm. Dobór wpustu pod koło zębate Wpust zostanie wykonany ze stali E360 o dopuszczalnym nacisku jednostkowym pdop = 200 MPa. Obliczenie długości wpustu: $$L \geq \frac{2T_{2}}{d\frac{h}{2}p_{\text{dop}}} = \frac{2 \bullet 795,8}{0,025 \bullet \frac{0,007}{2} \bullet 200 \bullet 10^{6}} = 70\ \text{mm}$$ Na podstawie normy PN-70/M-85005 do średnicy d = 25 mm dobrano wpust o wymiarach h = 7 mm, b = 8 mm i L = 70 mm.
RAy = 5467 N RBy = 792 N $$n_{3} = 312,5\frac{\text{obr}}{\min}$$ Lh = 18000 h	8. Dobór łożysk Zakładam, że trwałość łożyska ma wynosić: Lh = 18000 h. Zakładam użycie łożysk kulkowych zwykłych. Dla łożyska ustalającego Obliczenie wymaganej nośności dynamicznej łożyska: $$C = R_{\text{Ay}} \bullet \ \sqrt[3]{\frac{60L_{h}n_{2}}{10^{6}}} = 5467\sqrt[3]{\frac{60 \bullet 18 \bullet 10^{3} \bullet 312,5}{10^{6}}} = 38063\ N$$ Na podstawie katalogu łożysk tocznych wybrano łożysko 6406 o nośności dynamicznej C = 43300 N oraz wymiarach d = 30 mm, D = 90 mm, B = 23 mm. Obliczenie trwałości łożyska: $$L = \left( \frac{C}{R_{\text{Ay}}} \right)^{p} = \left( \frac{43300}{5467} \right)^{3} = 496\ \text{mln}\ \text{obr}$$ Obliczenie liczby godzin pracy łożyska: $$L_{h} = \frac{L \bullet 10^{6}}{60n} = \frac{496 \bullet 10^{6}}{60 \bullet 312,5} = 26453\ h$$ Dla łożyska pływającego Obliczenie wymaganej nośności dynamicznej łożyska: $$C = R_{\text{By}} \bullet \ \sqrt[3]{\frac{60L_{h}n_{2}}{10^{6}}} = 792\sqrt[3]{\frac{60 \bullet 18 \bullet 10^{3} \bullet 312,5}{10^{6}}} = 5514\ N$$ Na podstawie katalogu łożysk tocznych wybrano łożysko 16004 o nośności dynamicznej C=7000 N oraz wymiarach d = 20 mm, D = 42 mm, B = 8 mm. Obliczenie trwałości łożyska: $$L = \left( \frac{C}{R_{\text{By}}} \right)^{p} = \left( \frac{7000}{792} \right)^{3} = 690\ \text{mln}\ \text{obr}$$ Obliczenie liczby godzin pracy łożyska: $$L_{h} = \frac{L \bullet 10^{6}}{60n} = \frac{690 \bullet 10^{6}}{60 \bullet 312,5} = 36800\ h$$

6. Projektowe obliczanie wału II
F = 25000 N Pr = 4270 N

T3 = 3787, 9 Nm $$\alpha = \frac{\sqrt{3}}{4}$$	4. Obliczam momenty zastępcze: $$M_{z} = \sqrt{M_{g}^{2} + {(\alpha T_{2})}^{2}}$$
kgo = 90 MPa	5. Obliczam średnicę teoretyczną wału: $$d_{\text{teor}} = \sqrt[3]{\frac{M_{z}}{k_{\text{go}}}}$$
	Dobieram średnice wału: x 0-19 20-64 65-174 175-184 185-223 224-249 250-335 d 30 35 45 58 50 42 35
Pr = 4270 N F = 25000N E = 210 GPa L = 0, 2 m L1 = 0, 135 m	6. Strzałka ugięcia i kąt ugięcia Obliczam średnicę zastępczą d: $$d = \frac{d_{1}l_{1} + \ldots + d_{n}l_{n}}{l_{walu}} = 0,0386\ m$$ $$J = \frac{\pi \bullet d^{4}}{64} = 1,09 \bullet 10^{- 7}\text{\ m}^{4}$$ Strzałka ugięcia w miejscu przyłożenia siły Pr: $$f_{\Pr} = \frac{P_{r}L^{3}}{48EJ} = 0,000031\ m$$ Strzałka ugięcia w miejscu przyłożenia siły F: $$f_{F} = \frac{FL_{1}^{2}}{3EJ}(L + L_{1}) = 0,0022\ m$$ Dopuszczalna strzałka ugięcia (fdop): fdop = 0, 005 m Maksymalna strzałka ugięcia zawiera się w dopuszczalnej wartości. Kąty ugięcia rozpatrując siłę Pr: $$\vartheta_{A} = - \frac{P_{r}L^{2}}{16EJ} = - 0,000093$$ ϑB = −ϑA = 0, 000093 Kąty ugięcia rozpatrując siłę F: $$v_{A} = \frac{\text{FL}L_{1}}{6EJ} = 0,00084$$ $$v_{B} = - \frac{\text{FL}L_{1}}{3EJ} = - 0,0017$$ $$v_{F} = - \frac{\text{FL}L_{1}}{6EJ}\left( 2L + 3L_{1} \right) = - 0,00067$$ ϑdop = 0, 0047 Maksymalne kąty ugięcia zawierają się w dopuszczalnej wartości.
T3 = 3787, 9 Nm	7. Dobór wpustów Dobór wpustu pod koło zębate Wpust zostanie wykonany ze stali E360 o dopuszczalnym nacisku jednostkowym pdop = 200 MPa. Obliczenie długości wpustu: $$L \geq \frac{2T_{3}}{d\frac{h}{2}p_{\text{dop}}} = \frac{2 \bullet 3787,9}{0,045 \bullet \frac{0,009}{2} \bullet 200 \bullet 10^{6}} = 131\ \text{mm}$$ Obliczony wpust jest za długi w stosunku do szerokości piasty koła. Zastosowano więc dwa wpusty na obwodzie wału na jednym czopie o długościach równych połowie długości obliczonej. Na podstawie normy PN-70/M-85005 do średnicy d = 45 mm dobrano 2 wpusty o wymiarach h = 9 mm, b = 14 mm i L = 63 mm. Dobór wpustu na wyjściu z wału Wpust zostanie wykonany ze stali E360 o dopuszczalnym nacisku jednostkowym pdop = 200 MPa. Obliczenie długości wpustu: $$L \geq \frac{2T_{3}}{d\frac{h}{2}p_{\text{dop}}} = \frac{2 \bullet 3787,9}{0,035 \bullet \frac{0,008}{2} \bullet 200 \bullet 10^{6}} = 138\ \text{mm}$$ Obliczony wpust jest za długi w stosunku do szerokości piasty koła. Zastosowano więc dwa wpusty na obwodzie wału na jednym czopie o długościach równych połowie długości obliczonej. Na podstawie normy PN-70/M-85005 do średnicy d = 35 mm dobrano wpust o wymiarach h =8 mm, b = 10 mm i L = 70 mm.
RAy = 14740 N RBy = 44010 N $$n_{3} = 62,5\frac{\text{obr}}{\min}$$ Lh = 18000 h	8. Dobór łożysk Zakładam, że trwałość łożyska ma wynosić: Lh = 18000 h. Zakładam użycie łożysk kulkowych zwykłych. Dla łożyska ustalającego Obliczenie wymaganej nośności dynamicznej łożyska: $$C = R_{\text{By}} \bullet \ \sqrt[3]{\frac{60L_{h}n_{3}}{10^{6}}} = 44010\sqrt[3]{\frac{60 \bullet 18 \bullet 10^{3} \bullet 62,5}{10^{6}}} = 85231\ N$$ Na podstawie katalogu łożysk tocznych wybrano łożysko 6410 o nośności dynamicznej C = 87300 N oraz wymiarach d = 50 mm, D = 130 mm, B = 31 mm. Obliczenie trwałości łożyska: $$L = \left( \frac{C}{R_{\text{By}}} \right)^{p} = \left( \frac{87300}{44010} \right)^{3} = 86\ \text{mln}\ \text{obr}$$ Obliczenie liczby godzin pracy łożyska: $$L_{h} = \frac{L \bullet 10^{6}}{60n_{3}} = \frac{86 \bullet 10^{6}}{60 \bullet 62,5} = 22933\ h$$ Dla łożyska pływającego Obliczenie wymaganej nośności dynamicznej łożyska: $$C = R_{\text{Ay}} \bullet \ \sqrt[3]{\frac{60L_{h}n_{3}}{10^{6}}} = 14740\sqrt[3]{\frac{60 \bullet 18 \bullet 10^{3} \bullet 62,5}{10^{6}}} = 27614\ N$$ Na podstawie katalogu łożysk tocznych wybrano łożysko 6306 o nośności dynamicznej C=28500 N oraz wymiarach d = 30 mm, D = 72 mm, B = 19 mm. Obliczenie trwałości łożyska: $$L = \left( \frac{C}{R_{\text{Ay}}} \right)^{p} = \left( \frac{28500}{14740} \right)^{3} = 106\ \text{mln}\ \text{obr}$$ Obliczenie liczby godzin pracy łożyska: $$L_{h} = \frac{L \bullet 10^{6}}{60n_{3}} = \frac{106 \bullet 10^{6}}{60 \bullet 62,5} = 28266\ h$$

Literatura:

[1] Kurmaz, L.W., Kurmaz O.L. „Projektowanie węzłów i części maszyn”, Wydawnictwo Politechniki Świętokrzyskiej, Kielce 2003

[2] Mazanek E., „Przykłady obliczeń z podstaw konstrukcji maszyn”, WNT Warszawa, 2008