Łukasz Niedźwiecki

117045 Energetyka – niestacjonarne

Podstawy Konstrukcji Maszyn

Projekt: Wał

Dane:

M = 600 Nm

ω = 60 1/s

dp = 250 mm

$$P_{0} = \frac{2 \bullet M_{s}}{\text{dp}}$$

$$P_{a} = tg14 \bullet P_{0} = tg14 \bullet \frac{2 \bullet M_{s}}{\text{dp}} = tg14 \bullet \frac{2 \bullet 600}{0,250} \cong 1\ 200\ N$$

P_r = tg20 • P_a = tg20 • 1 200 = 440 N

$\sum_{}^{}F_{x} = 0$ R_ax  =  P_a = 1 200 N

$\sum_{}^{}{F_{y} = 0}$ R_ay  +  R_by −  P_r  =  0

$\sum_{}^{}{M_{A} = 0}$ −R_by • 0, 4  +  P_r • 0, 6  =  0

$$\text{\ R}_{\text{by}}\ = \ \ P_{r} \bullet \frac{0,6}{0,4}\ \ \ = \ 440 \bullet \frac{0,6}{0,4}\ = \ 660\ N$$

$$R_{\text{ay}} = - \frac{1}{2}\ P_{r}\ = \ - \ 220\ N$$

1° 0 ≤ x ≤ 0, 15

M_g(x)=R_ay • x

M_g(x)_x = 0 = 0 Nm

M_g(x)_{x = 0, 15} = −33 Nm

2° 0, 15 ≤ x ≤ 0, 55

M_g(x)=R_ay • x +  R_by • (x−0,15)

M_g(x)_{x = 0, 15} = −33 Nm

M_g(x)_{x = 0, 55} = 143 Nm

3° 0, 55 ≤ x ≤ 0, 75

M_g(x)=R_ay • x +  R_by • (x−0,15)− P_r • (x−0,55)

M_g(x)_{x = 0, 55} = 143 Nm

M_g(x)_{x = 0, 75} = 55 Nm

M_s = 600 Nm

2 • M_{g max} = 296 Nm  <  M_s

Wniosek:

Dominują naprężenia styczne.

Przyjmuję materiał:

Stal C 45

Z_go = 310 MPa

Z_so = 183 MPa

Przyjmuję współczynnik bezpieczeństwa:

x = 4

$$k_{\text{go}} = \frac{Z_{\text{go}}}{x} = \frac{310}{4} \cong 78\ MPa$$

$$k_{\text{so}} = \frac{Z_{\text{so}}}{x} = \frac{183}{4} \cong 46\ MPa$$

Obliczam moment zastępczy (korzystając z odpowiedniej hipotezy Hubera):

$$M_{z} = \sqrt{\left( \frac{2}{\alpha} \bullet M_{g} \right)^{2} + {M_{s}}^{2}}$$

$$\alpha = \frac{k_{\text{go}}}{k_{\text{so}}} = \frac{78}{46} \cong 1,696$$

$$M_{z}{(x)}_{x = 0,55} = \sqrt{\left( \frac{2}{1,696} \bullet 143 \right)^{2} + 600^{2}} \cong 625\ Nm$$

$$\frac{M_{z}}{W_{x}} \leq k_{\text{go}}$$

$$\frac{M_{z}}{\frac{{\pi \bullet d}_{\min}}{32}} \leq k_{\text{go}}$$

$$d_{\min}^{\sigma} = \sqrt[3]{\frac{32 \bullet M_{z}}{\pi \bullet k_{\text{go}}}} = \sqrt[3]{\frac{32 \bullet 625}{\pi \bullet 78{\bullet 10}^{6}}} \cong 0,04338\ m \cong 44\ mm$$

Równanie ugięcia belki (met. Glebsha):

$$\frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{1}{E \bullet I} \bullet \left( \ R_{\text{ay}} \bullet x\ |_{0}^{0,15}{\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \left( x - 0,15 \right)\ |_{0,15}^{0,55}{\ - \ \ P}_{r} \bullet \left( x - 0,55 \right)\ |_{0,55}^{0,75} \right)$$

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}} = \frac{1}{E \bullet I} \bullet \left( \ R_{\text{ay}} \bullet \frac{x^{2}}{2}\ |_{0}^{0,15}{\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( x - 0,15 \right)^{2}}{2}\ |_{0,15}^{0,55}{\ - \ \ P}_{r} \bullet \frac{\left( x - 0,55 \right)^{2}}{2}\ |_{0,55}^{0,75}\ + \ C \right)$$

$$y = \frac{1}{E \bullet I} \bullet \left( \ R_{\text{ay}} \bullet \frac{x^{3}}{6}\ |_{0}^{0,15}{\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( x - 0,15 \right)^{3}}{6}\ |_{0,15}^{0,55}{\ - \ \ P}_{r} \bullet \frac{\left( x - 0,55 \right)^{3}}{6}\ |_{0,55}^{0,75}\ + \ \ C\ + \ \ D \right)$$

Dla x = 0,55

$\frac{\text{dy}}{\text{dx}} = 0$

$$0 = \left( \ R_{\text{ay}} \bullet \frac{{0,55}^{2}}{2}\ {\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( 0,55 - 0,15 \right)^{2}}{2}\ \ + \ C \right)$$

$$C = {- R}_{\text{ay}} \bullet \frac{{0,55}^{2}}{2}{\ - \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( 0,55 - 0,15 \right)^{2}}{2} = - \left( - 220 \right) \bullet \frac{{0,55}^{2}}{2} - 660 \bullet \frac{\left( 0,55 - 0,15 \right)^{2}}{2} \cong 19,6$$

Dla x = 0,55

y = 0

$$0 = \left( \ R_{\text{ay}} \bullet \frac{{0,55}^{3}}{6}\ {\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( 0,55 - 0,15 \right)^{3}}{6} - 19,6\ + \ D \right)$$

$$C = {- R}_{\text{ay}} \bullet \frac{{0,55}^{3}}{6}{\ - \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( 0,55 - 0,15 \right)^{3}}{6} + 19,6 = - \left( - 220 \right) \bullet \frac{{0,55}^{3}}{6} - 660 \bullet \frac{\left( 0,55 - 0,15 \right)^{3}}{6} + 19,6 \cong 18,7$$

Moment bezwładności:

$$I = \frac{m \bullet \left( \frac{d}{2} \right)^{2}}{2}$$

$$m = \rho \bullet V = \rho \bullet 2\pi \bullet \left( \frac{d}{2} \right)^{2} \bullet l = \frac{\rho \bullet \pi \bullet d^{2} \bullet l}{2}$$

$$I = \frac{\frac{\rho \bullet \pi \bullet d^{2} \bullet l}{2} \bullet \left( \frac{d}{2} \right)^{2}}{2} = \frac{\rho \bullet \pi \bullet d^{4} \bullet l}{16}$$

Moduł Younga dla stali:

E = 205 • 10³ MPa

$\rho_{\text{stali}} = 7,8 \bullet 10^{3}\text{\ \ }\frac{\text{kg}}{m^{3}}$

Strzałka ugięcia:

f_dop = 0, 0003 • l = 3 • 10⁻⁴ • l

$$E \bullet I \bullet f_{\text{dop}} = R_{\text{ay}} \bullet \frac{l^{3}}{6}\ {\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( l - 0,15 \right)^{3}}{6}\ {\ - \ \ P}_{r} \bullet \frac{\left( l - 0,55 \right)^{3}}{6}\ - 19,5 + 18,7$$

$$E \bullet \frac{\rho \bullet \pi \bullet d^{4} \bullet l}{16} \bullet 3 \bullet 10^{- 4} \bullet l = - 220 \bullet \frac{{0,75}^{3}}{6} + 660 \bullet \frac{\left( 0,75 - 0,15 \right)^{3}}{6}\ {\ - \ \ P}_{r} \bullet \frac{\left( 0,75 - 0,55 \right)^{3}}{6}\ - 19,5 + 18,7$$

$$- 220 \bullet \frac{{0,75}^{3}}{6} + 660 \bullet \frac{\left( 0,75 - 0,15 \right)^{3}}{6} - 440 \bullet \frac{\left( 0,75 - 0,55 \right)^{3}}{6}\ - 19,5 + 18,7 \cong 6,8$$

$$E \bullet \frac{\rho \bullet \pi \bullet d^{4} \bullet l}{16} \bullet 3 \bullet 10^{- 4} \bullet l = 6,8$$

$$d_{\min}^{f} = \sqrt[4]{\frac{3 \bullet 6,8 \bullet 16 \bullet 10^{4}}{E \bullet \rho \bullet \pi \bullet l^{2}}} = \sqrt[4]{\frac{3 \bullet 6,8 \bullet 16 \bullet 10^{4}}{205 \bullet 10^{9} \bullet 7,8 \bullet 10^{3} \bullet \pi \bullet {0,75}^{2}}} \cong 5,83 \bullet 10^{- 3}\ m \cong 6\ mm$$

Kąt ugięcia:

$$E \bullet I \bullet \beta_{\text{dop}} = R_{\text{ay}} \bullet \frac{l^{2}}{2}\ {\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( l - 0,15 \right)^{2}}{2}\ {\ - \ \ P}_{r} \bullet \frac{\left( l - 0,55 \right)^{2}}{2}\ - 19,5$$

$$- 220 \bullet \frac{{0,75}^{2}}{2} + 660 \bullet \frac{\left( 0,75 - 0,15 \right)^{2}}{2} - 440 \bullet \frac{\left( 0,75 - 0,55 \right)^{2}}{2}\ - 19,5 \cong 28,6$$

$$\beta_{\text{dop}} = \frac{28,6 \bullet 16}{E \bullet \rho \bullet \pi \bullet l \bullet d^{4}} = = \frac{28,6 \bullet 16}{205 \bullet 10^{9} \bullet 7,8 \bullet 10^{3} \bullet \pi \bullet 0,75 \bullet \left( 6 \bullet 10^{- 3} \right)^{4}} \cong 2,5 \bullet 10^{- 4} = 0,00025$$

Wniosek:

Kąt ugięcia obliczony dla średnicy d_min^f ma wartość tak znikomą, że nie determinuje wyboru rodzaju łożyska.

Sztywność wału:

$$\varphi = \frac{M_{s} \bullet l}{G \bullet J_{o}}$$

Gdzie:

G = 85 • 10³ MPa - moduł sprężystości poprzecznej dla stali

$J_{o} = \frac{\pi \bullet d^{4}}{32}$ - biegunowy moment bezwładności

Przyjmuję:

φ_dop = 0, 0044

$$\varphi_{\text{dop}} = \frac{M_{s} \bullet l}{G \bullet J_{o}}$$

$$J_{o} = \frac{M_{s} \bullet l}{G \bullet \varphi_{\text{dop}}}$$

$$\frac{\pi \bullet d^{4}}{32} = \frac{M_{s} \bullet l}{G \bullet \varphi_{\text{dop}}}$$

$$d^{4} = \frac{32 \bullet M_{s} \bullet l}{\pi \bullet G \bullet \varphi_{\text{dop}}}$$

$$d_{\min}^{\varphi} = \sqrt[4]{\frac{32 \bullet M_{s} \bullet l}{\pi \bullet G \bullet \varphi_{\text{dop}}}} = \sqrt[4]{\frac{32 \bullet 600 \bullet 0,75}{\pi \bullet 85 \bullet 10^{9} \bullet 0,0044}} \cong 0,0592\ m = 59,2\ mm$$

Przyjmuję minimalną średnicę wału:

d_walu = 60 mm

Dopuszczalny kąt ugięcia:

$$\beta_{\text{dop}} = \frac{28,6 \bullet 16}{E \bullet \rho \bullet \pi \bullet l \bullet {d_{\text{walu}}}^{4}} = = \frac{28,6 \bullet 16}{205 \bullet 10^{9} \bullet 7,8 \bullet 10^{3} \bullet \pi \bullet 0,75 \bullet \left( 6 \bullet 10^{- 3} \right)^{4}} \cong 2,5 \bullet 10^{- 8}$$

Wniosek:

Kąt ugięcia obliczony dla średnicy d_walu ma wartość tak znikomą, że nie determinuje wyboru rodzaju łożyska.

Strzałka ugięcia:

$$E \bullet I \bullet f = R_{\text{ay}} \bullet \frac{l^{3}}{6}\ {\ \ + \ \ R}_{\text{by}} \bullet \frac{\left( l - 0,15 \right)^{3}}{6}\ {\ - \ \ P}_{r} \bullet \frac{\left( l - 0,55 \right)^{3}}{6}\ - 19,5 + 18,7$$

$$E \bullet \frac{\rho \bullet \pi \bullet d^{4} \bullet l}{16} \bullet f = 6,8$$

$$f = \frac{6,8 \bullet 16}{E \bullet \rho \bullet \pi \bullet {d_{\min}}^{4} \bullet l} = \frac{6,8 \bullet 16}{205 \bullet 10^{9} \bullet 7,8 \bullet 10^{3} \bullet \pi \bullet 0,75 \bullet \left( 60 \bullet 10^{- 3} \right)^{4}} \cong 3 \bullet 10^{- 3}\text{\ m\ }$$

Prędkość krytyczna:

$$\omega_{\text{kr}} = \sqrt{\frac{g}{f}} = \sqrt{\frac{9,81}{3 \bullet 10^{- 3}}} \cong 57\ 150\ \frac{1}{s}\ $$

Wniosek:

Wał jest podkrytyczny, ponieważ ω = 60 1/s.

Obroty wału:

$$\omega = 60\ \frac{1}{s}$$

$$\omega = \frac{2 \bullet \pi \bullet n}{60}$$

$$n = \frac{60 \bullet \omega}{2 \bullet \pi} \cong 580\ \frac{\text{obr}}{\min}$$

Łożyskowanie wału:

d_cz = 70 mm

Sprawdzam poprawność doboru średnicy czopów ze względu na zjawisko karbu:

$$\frac{d_{\text{cz}}}{d_{\text{walu}}} \leq 1,2$$

d_cz = 70 mm   ≤   1, 2•d_walu = 1, 2 • 60 = 72 mm

Trwałość L:

$$L = \frac{60 \bullet L_{h} \bullet n}{10^{6}} = \left( \frac{C}{P} \right)^{q}$$

Zakładam trwałość godzinową L_h = 300 000 godzin = 0, 3 • 10⁶godzin

Zakładam q = 3 (łożyska kulkowe).

Przyjmuję układ łożysk typu X.

Łożysko na czop A:

Z katalogu SKF wybieram łożysko kulkowe skośne 7214 BECBJ

F_a =  R_ay = 220 N

F_r =  R_ay =  1 200 N 

$$\frac{F_{a}}{F_{r}} = \frac{220}{1\ 200} \cong 5,45\ > \ e_{7214\ BECBJ} = 1,14$$

X = 0,35

Y = 0,57

C_7214 BECBJ = 71, 5 kN

Zastępcze obciążenie dynamiczne łożyska (P):

Przyjmuję, że pierścień wewnętrzny jest nieruchomy względem kierunku obciążenia => V = 1,2

P = X • V • F_r + Y • F_a

P = 0, 35 • 1, 2 • 1 200 + 0, 57 • 220  ≅ 780 N

$$L_{h} = \left( \frac{C}{P} \right)^{q} \bullet \frac{10^{6}}{60 \bullet n} = \left( \frac{71,5 \bullet 10^{3}}{780} \right)^{3} \bullet \frac{10^{6}}{60 \bullet 580} \cong 21,6 \bullet 10^{6} > 0,3 \bullet 10^{6}$$

Łożysko na czop B:

Z katalogu SKF wybieram łożysko kulkowe skośne 7214 BECBJ

F_a =  R_by = 660 N

Przyjmuję, że obciążenie wzdłużne nie ma wpływu na obciążenie zastępcze => X = 1

C_7214 BECBJ = 71, 5 kN

Zastępcze obciążenie dynamiczne łożyska (P):

Przyjmuję, że pierścień wewnętrzny jest nieruchomy względem kierunku obciążenia => V = 1,2

P = X • V • F_r = 1 • 1, 2 • 660 = 1320 N

$$L_{h} = \left( \frac{C}{P} \right)^{q} \bullet \frac{10^{6}}{60 \bullet n} = \left( \frac{71,5 \bullet 10^{3}}{1320} \right)^{3} \bullet \frac{10^{6}}{60 \bullet 580} \cong 4,5 \bullet 10^{6} > 0,3 \bullet 10^{6}$$

Wpust:

Wymiary wpustu przyjmuję opierając się na normie PN-70/M-85005

$$p = \frac{2 \bullet M_{s}}{d_{\text{walu}} \bullet z \bullet s_{2} \bullet l_{0}} \leq p_{\text{dop}} = 49\ MPa$$

Gdzie:

d_walu – jest średnicą styku części łączonych (wału i piasty koła)

z = 2 - liczba wpustów

s₂ = 7, 5 mm - głębokość rowka wpustowego

Wymiary wpustu:

b x h = 20 x 12

l₀ = l − b

l = 84 mm - długość wpustu

l₀ = 84 − 20 = 64 mm

$$p = \frac{2 \bullet 600}{{70 \bullet 10}^{- 3} \bullet 2 \bullet {7,5 \bullet 10}^{- 3} \bullet {64 \bullet 10}^{- 3}} \cong 20,85\ MPa\ \ \leq \ \ \ p_{\text{dop}} = 49\ MPa$$

Promień zaokrąglenia:

R =  d_cz  • 0, 02 =  70  • 0, 02 = 1, 4 mm < r_7214 BECBJ = 1, 5

Średnica D ( φ80 ):

D = 80 mm   ≤   1, 2 • d_cz = 1, 2 • 70 = 84 mm