félév

Szerszámgépek 5. előadás

2007. Március 13.


Miskolc - Egyetemváros

2006/2007 2.félév 1


2007. Március 13.

A szabályozhatósági tartomány növelésének módszerei Előzetes megfontolások:

Sz =

nmax nmin

n1 = nmin n2 = n1ϕ

φ≥1 z, a fokozatok száma, tagszám z=xys…tv…u

M

nz = nmax = n1ϕ z −1 Sz = ϕ z −1 Sz = Sza ⋅ Szb ⋅ Szc L Sz z max A szabályozhatóság a hajtóműegységek részszabályozhatóságának a szorzata

Szri = ϕ i

v −1

ahol:

ϕ i = ϕ ayxsLt

A legnagyobb szabályozhatósága mindig a legnagyobb rendű szorzósornak van. 2


2007. Március 13.

Szr max = ϕ

z ( u −1) u

Az optimális hajtóműnél u=2 (esetleg u=3) Sz nem lehet nagy, ha k min =

lg Sz = ( z − 1) lg ϕ lg Szr max =

z (u − 1) lg ϕ u

(1) (2)

1 ≤ k ≤ 2 = k max 4

2 egyenlet 5 mennyiség Sz, φ, z, Szrmax, u Ha az Sz, φ≥1, z, Szrmax, u mennyiségek közül kettőt lerögzítünk, akkor a másik kettő közötti függvénykapcsolat könnyen látható.

Azt nézzük meg, hogy a konstruktőrnek milyen mozgástere (választási lehetősége) van. A két egyenletből sok minden kiolvasható.

lg Sz z= +1 lg ϕ lg Szr max

u − 1 ⎛ lg Sz ⎞ = + 1⎟⎟ lg ϕ ⎜⎜ u ⎝ lg ϕ ⎠

u lg Szr max = lg Sz + lg ϕ u −1

lg Sz

u u −1 r max

= lg( Sz ⋅ ϕ )

A két mennyiség logaritmusa egyenlő

Sz

u u −1 r max

Sz =

= Sz ⋅ ϕ

Sz

u u −1 r max

ϕ

ϕ ≥1 ϕ =1 z=∞

a fokozatnélküli 3 hajtómű


2007. Március 13.

1. példa (ha gyorsítást nem alkalmazunk) adott:

az utolsó fokozatban u=2

feladat: Sz=?

Szr max =

1 4 =1

k min = k max

nmax j nmin j

Sz =

=

Sz

k max nbj k min nbj

u u −1 r max

ϕ

=

4

= 2 2 −1

ϕ

k max 1 = =4 k min 1 4 =

16

ϕ

Tehát, ha a szabályos hajtóműnél gyorsítást nem alkalmazunk, és az utolsó fokozat tagszáma u=2, akkor a hajtóműnél legfeljebb Sz=16/φ szabályozhatóság érhető el. Ez kicsi! 4


2007. Március 13.

2. példa (ha gyorsítást nem alkalmazunk) adott:

az utolsó fokozatban u=3

feladat: Sz=?

Szr max =

Sz =

k max

nmax j nmin j

Sz

u u −1 r max

ϕ

1 4 =1

k min =

=

=

k max nbj

=

k min nbj

4

3 3−1

ϕ

=

4

3 2

ϕ

k max 1 = =4 k min 1 4 =

43

ϕ

=

8

ϕ

Tehát, ha az utolsó (a legmagasabb rendű) hajtóműegység három fokozatú, akkor szabályos hajtóműnél legfeljebb Sz=8/φ szabályozhatóság érhető el. Ez kicsi! 5


Sz =

2007. Március 13.

Sz

u u −1 r max

ϕ

A szabályozhatóság φ=1 esetén a legnagyobb, fokozatnélküli hajtómű esetén.

Szmax = Sz

u u −1 r max

ha

ϕ ≠1

Sz =

Szmax

ϕ

Megnézzük, hogy adott φ fokozati tényező és Sz szabályozhatóság esetén mennyi a fokozatok száma?

z=

lg Sz 1 +1 = 1+ lg Sz lg ϕ lg ϕ

6


2007. Március 13.

lg Sz = ( z − 1) lg ϕ lg Szr max

z = (u − 1) lg ϕ u

(1) (2)

(1)/(2)

z −1 u lg Sz = z u −1 lg Szr max

u lg Szr max z lg Sz = ( z − 1) lg ϕ u −1 jelölés:

C=

u lg Szr max u −1

z lg Sz = ( z − 1)C z lg Sz = Cz − C C = Cz − z lg Sz C z= C − lg Sz 7


2007. Március 13.

Egyetlen diagramba rajzolva:

Az 1.példa adataival számolva: 1 4 =1

k min = k max

u=2

C=

u 2 lg 4 = lg 16 lg Szr max = u −1 2 −1

ahol:

lg Sz = C ott: lg Sz = lg 16 Sz = 16 8


2007. Március 13.

Ábrázoljuk az 1. példa számszerű eredményeit, léptékhelyesen:

u lg Szr max = z lg ϕ u −1 C=lg16

z=

lg 16 lg ϕ

Sz = ϕ z −1

9


2007. Március 13.

Ha az Sz=16/φ szabályozhatóság nem elegendő, akkor a szabályozhatóság növelésére három lehetőség kínálkozik: 1. a végfokozatban gyorsítást alkalmazunk 2. túlfedett hajtóművet alkalmazunk 3. a végfokozatban előtéttengelyes hajtóművet alkalmazunk. Gyorsítások alkalmazása Csupán egy példát vizsgálunk meg: 3. példa adott: az utolsó fokozatban

k max

u=2 feladat:

Sz=?

Tehát, ha a végfokozatban kmax=2 gyorsítást alkalmazunk, akkor a szabályozhatóság 16/φ –ről 64/φ –re nő!

Sz r max =

nmax j nmin j

Sz =

1 4 =2

k min =

=

Sz

k max nbj k min nbj

u u −1 r max

ϕ

=

8

= 2 2 −1

ϕ

k max 2 = =8 k min 1 4 =

64

ϕ

10


2007. Március 13.

Tehát, ha a végfokozatban kmax=2 gyorsítást alkalmazunk, akkor a szabályozhatóság 16/φ –ről 64/φ –re nő!

11


2007. Március 13.

Túlfedett hajtóművek alkalmazása Az olyan hajtóművet, amelynél az egyes hajtóműegységek hajtóviszonyainak szorzásakor egybeeső fordulatszámok is előfordulnak túlfedett hajtóműnek nevezzük.

z < xysu A túlfedés alapgondolata: az utolsó előtti tengely szabályozhatóságát megnöveljük, az utolsó hajtóműegység részszabályozhatóságát változatlanul hagyjuk. Szabályos hajtómű esetén:

z = xysu Sz = Sza ⋅ Szb ⋅ Szc L Szu −1 ⋅ Szu Szv az utolsó előtti tengely szabályozhatósága

Sz = Szv ⋅ Szu

Sz = ϕ z −1 z −1− ( u −1) Sz ϕ z −1 = z =ϕ u Szv = ( u −1) Szu u z

ϕ

=ϕ

z −1− z +

z u

=ϕ

z −1 u

12


2007. Március 13.

Ha a hajtómű szabályos lenne, akkor a ez miatt az utolsó fokozat fokozati tényezője

z = xysu

ϕu = ϕ

z u

lenne.

A túlfedés abban áll, hogy az utolsó fokozat fokozati tényezőjét

z u

ϕ helyett ϕ w -ra

válasszuk, ahol w
Az utolsó előtti fokozatban (hajtóműegységnél) használjuk ki a maximálisan megengedhető Szr max részszabályozhatóságot. Így Sz =

Szv =

Sz

u u −1 r max

ϕ

alapján, ha az utolsó előtti v hajtóműegység kétfokozatú (v=2)

Szr2max

ϕ

ha

Szu = Szr max -t választjuk

Szt max =

Szr3max

Szt = Szv Szu

ϕ

Pl: ha az utolsó előtti és az utolsó fokozatban: 1 4 =2

k min = k max

Szr max = 8

a túlfedett hajtómű szabályozhatósága

Szt max =

83

ϕ

=

512

ϕ 13


2007. Március 13.

Ha gyorsításokat nem alkalmazunk azaz az utolsó előtti és az utolsó fokozatokban: 1 4 =1

k min = k max

Szr max = 4

Szt max =


43

ϕ

=

64

ϕ

Ha gyorsítást az utolsó előtti fokozatban nem alkalmazunk, de az utolsó fokozatban igen: 1 4 =1

k min = k max

1 k min = 4 k max = 2

Szr max = 4

Szt max = Szv Szu =


Szu = 8

=

Szr2max

ϕ

Szu =

42

ϕ

8=

128

ϕ

Példák túlfedett hajtóművekre: z=10=(3x2x2)-2

t=2

z=12=(4x2x2)-4

t=4

z=20=(3x2x2x2)-4

t=4

a túlfedések száma

14


2007. Március 13.

A túlfedett hajtóművek hajtóműegyenlete:

Példa:

z=10=(3x2x2)-2

A1x I yx II sxy III uxys −t = E 1xysu −t A31 I 23 II 26− 2 = E121 − 2

t=2

az ábrából:

lg Sz v = lg Sz A + lg Sz I lg Szt = lg Szv + lg Sz II lg Szt = lg( Szv Sz II ) Szt = Szv Sz II ahol:

Szv =

Sz

y y −1 I

ϕ

y=2 Szv =

Sz I2

ϕ

lg Szv = 2 lg Sz I − lg ϕ

15


2007. Március 13.

arra törekszünk, hogy: u = 2 s=2

példa:

legyen

1 A31 I 23 II 26 III 212 − 4 = E24 −4

z=20=(3x2x2x2)-4

az ábrából:

lg Sz t = lg Sz III + lg Szv lg Szt = lg( Sz III Szv ) Szt = Sz III Szv Szv = Sz A Sz I Sz II Szv =

Sz

s s −1 II

ϕ

=

Sz II2

ϕ

(ha s=2)

16


k1 = k2 =

2007. Március 13.

1

ϕ2 1 Sz A = ϕ

ϕ

2

k4 =

1

ϕ

Sz I = ϕ

3

k6 =

3

Szv =

Sz

2 II

ϕ

ϕ 6 Sz II = ϕ 6

k8 =

k7 = 1

k5 = 1

k3 = 1

1

=

(ϕ )

6 2

ϕ

1

ϕ 8 SzIII = ϕ 8

k9 = 1

= ϕ 11

Szt = Sz III Szv = ϕ 8ϕ 11 = ϕ 19 lg Szt = 19 lg ϕ

ha:

k min=

1 4

k max = 1

Sz II = 4 Szv =

42

ϕ

Szt = 4

s=2 =

16

ϕ

16

=

ϕ 64

ϕ

lásd az ábrát!

u=2

Sz III = 4 ha a maximális lassítást vesszük, és nem gyorsítunk

17


ha:

k min=

2007. Március 13.

1 4

Sz II = 8 Szv =

k max = 2 82

ϕ

Szt max = Sz III Szv = 8

Sz III = 8 82

ϕ

=

512

Ha a maximális lassítást vesszük, és nem gyorsítunk. (ekkora szabályozhatóság, már minden igényt kielégít)

ϕ

Az, hogy mikor kell gyorsítást, vagy túlfedést alkalmazni attól függ, hogy mekkora a φ fokozati tényező és mekkora(k) a kiadódó kmin hajtóviszony(ok) . Ezt egy példán szemléltetjük: példa: z=12=3x2x2 1 A31 I 23 II 26 = E12

18


2007. Március 13.

Megoldás szabályos hajtóművel

A31 I 23 II 26 = E121 k 1=

1

1

ϕ

ϕ

; k2 = 2

k 3= 1; k 4 =

1

ϕ3

k 5= 1; k6 = k min =

1

ϕ6

k 7= 1

Szabványos fokozati tényezők: ϕ = 1,12 1

ϕ6

=

0,5

1,25

1,4

1,6

2

0,26

0,13

0,06

0,02

< kmin=1/4=0,25

Nem megengedhető, ezért ezeknél gyorsítást, vagy túlfedést kell alkalmazni!

19


2007. Március 13.

Megoldás gyorsítással k 1=

1

1

ϕ

ϕ

; k2 = 2

k 3= 1; k4 = k 5= 1; k6 =

1 A31 I 23 II 26 = E12

1

ϕ3 1

ϕ4

k 7= ϕ 2

Szabványos fokozati tényezők: 1,25 1,4 ϕ = 1,12 1

φ=1,4 fokozati tényező az utolsó fokozatban való gyorsítással még megoldható. 1,6

2

=

0,64

0,41

0,26

0,15

0,06

ϕ2 =

1,25

1,56

1,96

2,56

4

ϕ4

kmin=1/4=0,25; kmax=2

De a gyorsítás ára a nyomaték megnövekedése!! 20


2007. Március 13.

Megoldás túlfedés és gyorsítás együttes alkalmazásával 1 A41 I 24 II 28−4 = E16 −4

k 1=

k 5= k 7=

1

1

1

ϕ

ϕ

ϕ

; k2 = 3

1

ϕ

1

ϕ3

=

3

1

ϕ3

; k3 = 2

t=4

; k4 = 1

; k6 = ϕ ; k8 = ϕ

φ=1,6 fokozati tényező túlfedéssel még megoldható.

Szabványos fokozati tényezők: ϕ=

z=12=(4x2x2)-4

1,12

1,25

1,4

1,6

2

0,71

0,51

0,36

0,244

0,13

kmin=1/4=0,25; kmax=2

De a gyorsítás ára a nyomaték megnövekedése!! (Gyakorlaton lesz egy jobb megoldás.) 21


2007. Március 13.

Előtéttengelyes hajtóművek alkalmazása z=3x2x2(e)

1 A31 I 23 II 26 ( e ) = E12

A fokozatszám majdnem mindig kettő az előtéttengelyen, mindig lassításra használjuk.

k e1=

ze1 z ; k e 2= e 3 ze 2 ze 4 22


ha:

2007. Március 13.

1 1 akkor 4 ke = ke1ke 2 = 16 =1

k min = kmax

Sze = 16 most Szr max = 16 u=2

az előtéttengely szabályozhatósága: az előtéttengely fokozatszáma:

az előtéttengelyes hajtóműegység szabályozhatósága:

Sz =

Sz

u u −1 r max

ϕ

=

16

2 2 −1

ϕ

=

256

ϕ

Háromfokozatú (un. kettős) előtéttengely alkalmazása esetén: az előtéttengely szabályozhatósága: az előtéttengely fokozatszáma:

Sze = 16 u=3

az előtéttengelyes hajtóműegység szabályozhatósága:

Sz =

Sz

u u −1 r

ϕ

=

16

ϕ

3 2

=

64

ϕ

Csökken a szabályozhatóság!.

23


2007. Március 13.

Három fokozatú (kettős) előtéttengely alkalmazása z=2x2x3(e)

Sz =

64

ϕ

1 A21 I 22 II 34 ( e) = E12

k e1=

ze1 z ; k e 2= e 3 ; ze 2 ze 4

k e 3=

ze 5 ze 6 24


2007. Március 13.

Előtéttengely alkalmazása z=2x2x2(e)

A21 I 22 II 24 ( e) = E81

k e1=

ze1 z ; k e 2= e 3 ze 2 ze 4

25


2007. Március 13.

Előtéttengely alkalmazása járművekben Bugatti T55 (1932)

Layshaft = előtéttengely

26


2007. Március 13.

Előtéttengely alkalmazása járművekben Austin Hearly 3000 (1964)

27


2007. Március 13.

Pólusváltós motorok alkalmazása főhajtóművekben A fokozatos főhajtóművek egyik kétfokozatú egységét pólusváltós DAHLANDER motorral helyettesítjük, így: •csökkenthető a hajtóművek mérete •csökkenthető a tengelyek, fogaskerekek, csapágyak száma. Az aszinkron motor szinkron-fordulatszáma:

n=

60 f p

⎡ f ⎤ ⎢ perc ⎥ ⎣ ⎦

f=50Hz p=1,2,3,4,5,6,12 n=3000,1500,1000,750,500,250 [f/perc]

frekvencia pólus-párok száma percenkénti fordulatszám

Leggyakoribb fordulatszámok: 3000/1500, 1500/750, 3000/1500/750 (ezek a fordulatszámok φvm=2 fokozati tényezőjű sort alkotnak) Alapsornak φvm=2 durva érték szerszámgépeken,

harmadik szorzósornak (III) kevés, ezért a villanymotort első (I), vagy második (II) szorzósorként használjuk.

28


2007. Március 13.

A motor csak az első, vagy második hajtóműegység lehet, ezért 1 x x y

xy s

A I II III

xys u

=E

1 helyett xysu

I yx A1x II sxy III uxys = E 1xysu

(1)

II sxy A1x I yx III uxys = E 1xysu

(2)

De az összes lehetséges változat feltárásához előbb létre kell hozni az összes lehetséges rendűség- és tagszám-változatot. Ehhez permutálni kell a (1)

A I II rendűséget x s u Tagszámot (y=2, vagy 3)

(2)

A I II rendűséget x y u Tagszámot (s=2, vagy 3)

(1)

I yx A1x II sxy III uxys = E 1xysu

esetén ϕ m = ϕ I = ϕ a = 2 ; ϕ a = ϕ =

(2)

II sxy A1x I yx III uxys = E 1xysu

esetén ϕ m = ϕ II = ϕ a = 2 ; ϕ a = ϕ =

x

xy

x

2 xy

29

2


ha:

2007. Március 13.

ϕ =2 x lg ϕ = lg 2 x a

vagy:

lg 2 x= lg ϕ φ 1,12 1,25 1,4 1,6 2

1. példa

ϕ axy = 2 xy lg ϕ = lg 2 xy =

x 6,11 3,11 2,06 1,47 1

~x (vagy ~xy) 6 3 nem lehet 2 tagszám -

z=12 tagszám-változatok

lg 2 lg ϕ

1,12 6 ≈ 2 1,253 ≈ 2 1,4 2 ≈ 2

z=3 2 2 (1) z=2 3 2 (2) z=2 2 3 (3) 30


(1)

2007. Március 13.

z= 3 2 2

1 A31 I 23 II 26 = E12 1 A31 II 26 I 23 = E12

Nem használható, mert az alapsor nem lehet motor (φ=2 lenne)

I A II = E

Három fokozatú motor kell φ=1,4

1 I 32 II 26 A21 = E12

Nem használjuk, mert az alapsort nem tesszük utolsónak

1 II 34 A21 I 22 = E12

Kiváltható-e motorral? NEM! (xy=4 nem lehet)

2 3

1 2

6 2

1 12

ϕI = ϕ 2 = 2

ϕ4 = 2 ϕ = 4 2 = 1,18 (nem szabványos)

1 II 34 I 22 A21 = E12


31


(2)

2007. Március 13.

z= 2 3 2

1 A21 I 32 II 26 = E12 1 A31 II 34 I 22 = E12

Nem használható, mert az alapsor nem lehet motor (φ=2 lenne)

I A II = E

Két fokozatú motor kell φ=1,25

1 I 22 II 34 A21 = E12


1 II 26 A31 I 23 = E12

Két fokozatú motor kell φ=1,12

3 2

1 3

6 2

1 12

ϕI = ϕ 3 = 2

ϕ6 = 2 ϕ = 6 2 = 1,12

1 II 34 I 22 A21 = E12

(3)


z= 2 2 3

Nem használjuk, mert az utolsó tag tagszáma a szabályozhatóság kicsi. 32


2007. Március 13.

x= 2

ϕx =ϕ2 = 2 ϕ = 1,4

1 I 32 A21 II 26 = E12

33


2007. Március 13.

x= 3

ϕ x = ϕ3 = 2 ϕ = 3 2 = 1,25

1 I 23 A31 II 26 = E12

34


2007. Március 13.

xy= 6

ϕ xy = ϕ 6 = 2 ϕ = 6 2 = 1,12

1 II 26 A31 I 23 = E12

Ennél a változatnál a legkisebbek a lassítások.

35


2007. Március 13.

2. példa ERI-250 eszterga főhajtóműve Az ERI-250-es robosztus, revolverfejes NC vezérlésű tárcsaesztergát a Csepeli Szerszámgépgyárban gyártották 1970-es években. A Miskolci Egyetem első NC szerszámgépe egy ERI-250 volt, 2005-ig szolgálta a mérnökképzést a Szerszámgépek Tanszékének laboratóriumában.

z=10= 2 2 2 2 – 6

(túlfedett)

ϕ = 1,4

1 A21 I 22 II 24 III 28−6 = E16 −6

Dahlander-motorral a első hajtóműegységet kiváltották:

1 I 22 A21 II 24 III 28−6 = E16 −6

36


ERI-250 eszterga főhajtóműve

2007. Március 13.

37


2007. Március 13.

Közöskerekes hajtóművek A fogaskerekek számának csökkenésére törekszünk. Sorbakapcsolt hajtóműveknél ugyanaz a kerék lehet egyidejűleg hajtó és hajtott is. Az ilyen kettős funkciójú fogaskereket közöskeréknek nevezzük. A számítások egyszerűsödnek, ha a hajtóműegységben vannak k=1-es hajtóviszonyok és ezekhez választunk közöskereket. Példák: 4 fokozatú hajtóműveket tervezünk:

A21 I 22 I = E41 k 1=

z1 z ; k 2= 3 z2 z4

z5 z7 k 3= ; k 4= z6 z8 Ha a modulok egyformák: z1 + z2 = z3 + z4

z5 + z6 = z7 + z8 adott: k1 ; k 2 ; k 3 ; k 4 ;

z1 ; z 2 ; z 3 ; z 4 ; z5 ; z 6 ; z 7 ; z8

8 ismeretlen, 6 egyenlet két fogszámadat felvehető (pl fogszámösszeg és a legkisebb kerekek fogszámai 38


2007. Március 13.

1. eset: z2 = z7 így vesszük fel, és megmutatjuk, hogy ezzel a z7+z8 nem lehet tetszőleges (8 ismeretlen, 7 egyenlet)

z1 + z2 = z2 (

z1 + 1) = z2 (k1 + 1) z2

z7 + z8 = z7 (1 +

1 k +1 ) = z7 1 k4 k4

z7 + z8 k 4 + 1 z7 = z1 + z2 k4 (k1 + 1) z2 z7 + z8 =

k4 + 1 ( z1 + z2 ) k4 (k1 + 1)

Tehát ha z2 = z7 akkor a z7 + z8 összeget meghatározza a z1 + z2 és a k1,k4 hajtóviszonyok. Az ilyen hajtásokat kötött fogszámösszegű hajtásoknak nevezzük. Tehát a második tengelypár fogszámösszegét meghatározza az első tengelypár fogszámösszege és a hajtóviszonyok.

39


2007. Március 13.

2. eset: z4 = z5 Az előzőhöz hasonló (8 ismeretlen, 7 egyenlet)

z3 + z 4 = z 4 (

z3 + 1) = z4 ( k2 + 1) z4

z5 + z6 = z5 (1 +

1 k +1 ) = z5 3 k3 k3

z5 + z6 z5 k3 + 1 = z3 + z4 z4 k3 ( k2 + 1) z5 + z6 =

k3 + 1 ( z3 + z 4 ) k3 (k2 + 1)

Tehát a második tengelypár fogszámösszegét meghatározza az első tengelypár fogszámösszege és a közöskerekes hajtóviszonyok. 40


3. eset: z4 = z5

2007. Március 13.

z4 = z5 az előző két eset együtt z1 z3 k 1= ; k 2= z2 z4 k 3=

z1 + z2 = z3 + z4 z5 + z6 = z7 + z8

z5 z ; k 4= 7 z6 z8

z 2 = z7 z4 = z8

8 egyenlet, 8 ismeretlen

z 2 = z7 z4 = z8 z2 = z7 miatt k4 + 1 z7 + z8 = ( z1 + z2 ) k4 (k1 + 1) z5 + z6 = z7 + z8 de: z4 = z5 miatt k3 + 1 z5 + z6 = ( z3 + z 4 ) k3 (k2 + 1)

ezek az egyenletek a hajtóviszonyokat is kapcsolatba hozzák

k4 + 1 k3 + 1 ( z1 + z2 ) = ( z3 + z 4 ) k4 (k1 + 1) k3 (k2 + 1) z1 + z2 = z3 + z4 de: k4 + 1 k3 + 1 = k4 ( k1 + 1) k3 ( k2 + 1) A hajtóviszonyok nem lehetnek akármekkorák!

41


2007. Március 13.

A probléma egy homogén lineáris egyenletrendszerhez vezet:

z2 − z7 = 0 z 4 − z5 = 0 k1 z 2 − z 7 = 0 k 2 z 4 − z5 = 0 k 3 z 6 − z5 = 0 k 4 z8 − z 7 = 0 z1 + z 2 − z 3 − z 4 = 0 z 5 + z 6 − z 7 − z8 = 0

⎡0 ⎢0 ⎢ ⎢− 1 ⎢ ⎢0 ⎢0 ⎢ ⎢0 ⎢1 ⎢ ⎣0

1 0 k1 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 − 1 k2 0 0 0 0 − 1 k3 0 0 0 0 −1 −1 0 0 0 0 1 1

−1

0 ⎤ ⎡ z1 ⎤ ⎡0⎤ 0 0 ⎥ ⎢ z 2 ⎥ ⎢ 0⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 0 ⎥ ⎢ z 3 ⎥ ⎢ 0⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 0 ⎥ ⎢ z 4 ⎥ ⎢ 0⎥ = ⎥ ⎢ ⎢ 0⎥ ⎥ 0 0 z5 ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 k 4 ⎥ ⎢ z 6 ⎥ ⎢ 0⎥ 0 0 ⎥ ⎢ z 7 ⎥ ⎢ 0⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − 1 − 1⎦ ⎣ z8 ⎦ ⎣0⎦

42


2007. Március 13.

A főhajtások jellemző teljesítmény és nyomatékgörbéi

P = Mω

M

[Nm]

ω

⎡ rad ⎤ ⎢⎣ s ⎥⎦ ⎡ Nm ⎤ ⎢⎣ s ⎥⎦ = W

P

ω=

2πn 60

P=

2πn Mn 60

M=

60 P 2π n

M = c1

P n

ω

⎡ f ⎤ ⎢ perc ⎥ ⎣ ⎦

[W ]

Nem biztos, hogy az nmin fordulatszámon van szükség a legnagyobb nyomatékra. Korszerű szerszámgépeknél n1-nél nagyobb fordulatszámhoz rendelik a legnagyobb nyomatékot. Különböző szerszám- és munkadarabanyagok esetén a 43 gazdaságos vágósebesség más és más.


2007. Március 13.

Pl: gyorsacél - keményfém

vkf v gya

≅ 3÷ 4

Így a nagyobb fordulatszámon használt keményfém-szerszám teljesítményszükséglete a nagyobb (vagyis P nem constans). Ezért szerszámgépeknél az Mmax nyomatékot nem n1-hez hanem nkr –hoz rendeljük. Tapasztalat:

nkr = n1 4

nz = n1 4 Sz n1

n1 < n < nkr

Így:

M max = állandó P=

2π M max n = C1n 60 nkr < n < nz

60 P C2 M = = 2π n n

44


2007. Március 13.

A kritikus fordulatszám a fordulatszámsor azon tagja, amelyen a hajtómű névleges teljesítménye és legnagyobb nyomatéka egyidejűleg levehető.

Pmotor > P

ηmech = 0,75 ÷ 0,8 Pmotor =

ha nem tartalmaz csigahajtást a fogaskerékpárok számától függ

P

η

Az n1-nkr tartományban a hajtómű védelméről gondoskodni kell, mert a névleges teljesítményt kihasználva a hajtómű túlterhelhető lenne. (pl: szíjhajtás, súrlódó-lemezes tengelykapcsoló, biztonsági tengelykapcsoló)

45

félév

Recommend Documents