Politechnika Wrocławska

Wydział Mechaniczno-Energetyczny

Podstawy Konstrukcji Maszyn

Projekt 2

Hamulec do lekkiego motocykla

kierunek Energetyka

Prowadzący: Dr inż. J. Rogula

Dane	Wzory, schematy, obliczenia	wyniki
ciężar całkowity motocyklu Q=1500N droga hamowania S=12,5m prędkość motocyklu V=50km/h=13,89m/s przyspieszenie ziemskie g=9,81m/s^2	Obliczenie opóźnienia hamowania $$\left\{ \begin{matrix} a = \frac{v}{t} \\ a = \frac{2s}{t^{2}} \\ \end{matrix} \right.\ $$ stąd $$a = \frac{v^{2}}{2s} = \frac{{13,89}^{2}}{2 \bullet 12,5} = \frac{192,9}{25} = 7,716\ \frac{m}{s^{2}}$$ Obliczenie współczynnika tarcia, przy którym nie wystąpi poślizg $$\mu = \frac{a}{g} = \frac{7,716}{9,81} = 0,79$$ Obliczenie czasu hamowania $$t = \frac{v}{a} = \frac{13,89}{7,716} = 1,8\ s$$ Obliczenie całkowitej masy $$m = \frac{Q}{g} = \frac{1500N}{9,81\frac{m}{s^{2}}} \approx 153kg$$ Obliczenie siły hamowania $$B = ma = 153kg*7,2\frac{m}{s^{2}} \approx 1180N$$	$$a = 7,72\frac{m}{s^{2}}$$ μ = 0, 79 t = 1, 8s m = 153kg B = 1180N
siła hamowania B=1180N ciężar całkowity motocyklu Q=1500N rozstaw osi l=1,5m promień koła wysokość środka ciężkości h=0,55m	Wyznaczanie sił działających na hamujący skuter $$\left\{ \begin{matrix} \sum_{}^{}{X = B - T_{1} - T_{2} = 0} \\ \sum_{}^{}{Y = Q - R_{1} - R_{2} = 0} \\ \sum_{}^{}{M_{0} = Q*\frac{l}{2} - R_{1}*l + B*h = 0} \\ \end{matrix} \right.\ $$ $$\left\{ \begin{matrix} \sum_{}^{}{X = 1180 - \mu\left( R_{1} + R_{2} \right) = 0} \\ \sum_{}^{}{Y = 1500 - R_{1} - R_{2} = 0} \\ \sum_{}^{}{M_{0} = 1500*\frac{1,5}{2} - R_{1}*1,5 + 1180*h = 0} \\ \end{matrix} \right.\ $$ $$\left\{ \begin{matrix} R_{1} = 1183N \\ R_{2} = 317N \\ \end{matrix} \right.\ $$	R1 = 1183N R2 = 317N
średnica koła Dk=19’’=482,6mm	Obliczenie momentów hamowania Koło przednie Mh1 = 0, 5R1μDk = 0, 5 • 1180 • 0, 79 • 0, 4826 = 225 Nm Koło tylne Mh2 = 0, 5R2μDk = 0, 5 • 317 • 0, 79 • 0, 4826 = 61 Nm	Mh1 = 225 Nm Mh2 = 61 Nm
μt = 0, 35 [1] materiał: spiek metalowy ilość tłoczków z = 4 Promień podziałowy tarczy hamulca Rh = 0, 11m	Obliczenie siły nacisku N na wkładki cierne $$N_{1} = \frac{M_{h1}}{z\mu_{t}R_{h}} = \frac{225}{4 \bullet 0,35 \bullet 0,11} = 1464\ N$$ $$N_{2} = \frac{M_{h2}}{z\mu_{t}R_{h}} = \frac{61}{4 \bullet 0,35 \bullet 0,11} = 393\ N$$	N1 = 1464 N N2 = 393 N
Dopuszczalna praca $$\left( \mu_{t}pv_{h} \right)_{\text{dop}} = 0,75\frac{\text{MPa}*m}{s}$$	Obliczenia ciśnienia w tłoczku z warunku na dopuszczalną pracę jednostkową tłoczka μtp1vh ≤ (μtpvh)dop $$p_{1} \leq \frac{0,75\frac{MPa*m}{s}}{0,35*6,33\frac{m}{s}} \approx 338,4kPa$$ $$p_{2} \leq \frac{0,75\frac{MPa*m}{s}}{0,35*6,33\frac{m}{s}} \approx 338,4kPa$$	przyjmuję p1 = 330kPa p2 = 330kPa
	Obliczenia średnicy tłoczka $$p = \frac{N}{\frac{\pi}{4}{d_{t}}^{2}}\ \rightarrow d_{t1} = \sqrt{\frac{N_{1}}{\frac{\pi}{4}p_{1}}} = \sqrt{\frac{1464N}{\frac{\pi}{4}*0,33MPa}} \approx 75,2mm$$ $$d_{t2} = \sqrt{\frac{N_{2}}{\frac{\pi}{4}p_{2}}} = \sqrt{\frac{393N}{\frac{\pi}{4}*0,33MPa}} \approx 38,9mm$$	przyjmuję dt1 = 75, 5mm dt2 = 39mm
Jednostkowy dopuszczalny nacisk pdop=2MPa	Obliczenie powierzchni wkładki ciernej Z warunku na jednostkowy nacisk dopuszczalny $$p = \frac{N}{A} \leq p_{\text{dop}} = > A = \frac{N}{p}$$ $$A_{1} = \frac{N_{1}}{p_{1}} = \frac{1464}{0,33} = 4436\text{mm}^{2}$$ $$A_{2} = \frac{N_{2}}{p_{2}} = \frac{393}{0,33} = 1191\text{mm}^{2}$$ p ≤ pdop 0, 33MPa ≤ 2MPa Warunek spełniony	A1 = 4436mm^2 A2 = 1191mm^2
Szerokość wycinka b1=75mm b2=38mm	Kąt, na którym oparty jest wycinek można wyznaczyć ze wzoru $$\alpha_{1} = \frac{360 \bullet A_{1}}{2\pi R_{h}b_{1}} = \frac{360 \bullet 4436}{2\pi \bullet 110 \bullet 75} = 31$$ $$\alpha_{2} = \frac{360 \bullet A_{2}}{2\pi R_{h}b_{2}} = \frac{360 \bullet 1191}{2\pi \bullet 110 \bullet 38} = 16$$	α1 = 31 α2 = 16
	Obliczenia długości wkładki ciernej po łuku Rh $$l_{1} = 2\pi R_{h}\frac{\alpha_{1}}{360} = 2\pi \bullet 110 \bullet \frac{31}{360} = 59\ mm$$ $$l_{2} = 2\pi R_{h}\frac{\alpha_{2}}{360} = 2\pi \bullet 110 \bullet \frac{16}{360} = 31\ mm$$	l1=59mm l2=31mm
	Obliczenie średnicy zewnętrznej tarczy Dzt1 = 2Rh + b = 2 • 110 + 75 = 295 mm Dzt2 = 2Rh + b = 2 • 110 + 38 = 258 mm Obliczenie średnicy wewnętrznej tarczy Dwt1 = 2Rh − b = 2 • 110 − 75 = 145 mm Dwt2 = 2Rh − b = 2 • 110 − 38 = 182 mm	Dzt1 = 295 mm Dzt2 = 258 mm Dwt1 = 145 mm Dwt2 = 182 mm
	Obliczenie prędkości kątowej i prędkości liniowej tarczy hamulcowej Prędkość kątową liczymy ze wzoru $$\omega = \frac{v}{{0,5D}_{k}} = \frac{13,89}{0,5 \bullet 0,4826} = 57,56\frac{1}{s}$$ Prędkość kątowa jest taka sama wewnątrz koła, stąd można wyznaczyć prędkość liniową tarczy: $$v_{h} = \omega \bullet R_{h} = 57,56 \bullet 0,11 = 6,33\frac{m}{s}$$	$$\omega = 57,56\frac{1}{s}$$ $$v_{h} = 6,33\frac{m}{s}$$
	Obliczenie ilości obrotów koła $$\omega = 57,56\frac{\text{rad}}{s}*\frac{180}{\pi} \approx 3300\frac{}{s}$$ $$n = \frac{\omega}{360\frac{}{\text{obr}}} = \frac{3300\frac{}{s}}{360\frac{}{\text{obr}}} \approx 9,17\frac{\text{obr}}{s}$$ $$n = 9,17\frac{\text{obr}}{s}*60 \approx 550\frac{\text{obr}}{\min}$$	$$n = 550\frac{\text{obr}}{\min}$$
Grubość okładziny c=10 mm qv=10 mm^3/kWh x=30 1/h	Obliczenie zużycia okładziny ciernej Wyznaczenie objętości, która może ulec zużyciu ze wzoru V1 = A1 * 0, 8c = 4436 * 0, 8 * 10 = 36000mm^3 V2 = A2 * 0, 8c = 1191 * 0, 8 * 10 = 9600mm^3 Obliczenie pracy hamowania Lh1 = 0, 5Mh1ωt = 0, 5 • 225 • 8, 42 • 0, 72 = 11679 J Lh2 = 0, 5Mh2ωt = 0, 5 • 61 • 8, 42 • 0, 72 = 3135 J Obliczenie trwałości godzinowej okładzin ciernych $$L_{g} = {3,6 \bullet 10}^{6} \bullet \frac{V}{L_{h}xq_{v}}$$ $$L_{g1} = {3,6 \bullet 10}^{6} \bullet \frac{36000}{11,679*30*10} = 38400h$$ $$L_{g2} = {3,6 \bullet 10}^{6} \bullet \frac{9600}{3,135*30*10} = 38400h$$	V1 = 36000mm^3 V2 = 9600mm^3 Lh1 = 11679 J Lh2 = 3135 J Lg1 = 38400h Lg2 = 38400h