HP 2009/10-1: Wanddrehkran

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1 HP 2009/10-1: Wanddrehkran Mit dem Kran können Lasten angehoben, horizontal verfahren und um die Drehachse A-B geschwenkt werden. Daten: Last F L 5,kN Hebezeug F H 1,kN Ausleger 1,5 kn l 1 500,mm l ,mm l ,mm l ,mm l ,mm l 6 800,mm l 7 250,mm ε 30, 1 Das Lager A und die Haltekette sollen dimensioniert werden. 1.1 Bestimmen Sie zeichnerisch die Lagerkraft F A. 1.2 Überprüfen Sie durch Rechnung, welche Beanspruchungsart für die Dimensionierung des Bolzens maßgebend ist. Daten : Bolzenwerkstoff E335 Sicherheit gegen Abscheren v 4, zulässige Flächenpressung p zul 20,N/mm² Winkelabmessung s 25,mm Lager A: Punkte 6,0 5,0

2 1.3 Berechnen Sie die Kraft F K in der Haltekette. 1.4 Ermitteln Sie den erforderlichen Durchmesser d K eines Kettengliedes der Rundstahlkette. Kettenwerkstoff: S275; Sicherheit ν 4 2 Für den Ausleger wird ein mittelbreiter I-Träger gewählt. Für die Berechnung wird die Länge l 7 vernachlässigt und eine Kettenkraft F K 19 kn angenommen. 2.1 Bestimmen Sie für die gezeigte Position des Hebezeugs den Betrag und die Stelle des maximalen Biegemoments M bmax. 2.2 Ermitteln Sie den erforderlichen Träger für eine zulässige Biegespannung von σbzul 55 N/mm². 3 Eine Schraube des Befestigungswinkels wird mit einer Kraft F S 10 kn belastet. Bestimmen Sie das erforderliche metrische Gewinde bei einer Festigkeitsklasse 8.8 und einer Sicherheit v. 4 Das horizontale Verfahren des Hebezeugs erfolgt mit einem Motor über ein Zahnrad und eine Zahnstange am Ausleger. Zahnrad: Zähnezahl z 15 Modul m 1,5 mm Bestimmen Sie die Drehzahl n des Antriebmotors bei einer Fahrgeschwindigkeit von v 3 m/min. 5 Der Hubmotor hebt die Last F L in t 4 s um h 2,5 m an. Hierbei entnimmt der Motor dem Stromnetz eine Leistung von 3,9 kw. Der mechanische Wirkungsgrad des Hebezeugs beträgt 89 %. Bestimmen Sie den Wirkungsgrad des Hubmotors. 2,5 Σ 30,0

3 Lösungsvorschläge Teilaufgaben: Lageplan Kran einschließlich Drehsäule, M L 1000mm / 20 mm Punkte 6,0 Kräfteplan M K 1kN / 10mm Seilstrahl 3 erscheint im Lageplan nicht, weil er zwischen F H und F L verläuft, die auf einer Wirklinie liegen. Deshalb ist Polstrahl 3 in Klammern geschrieben, man könnte auch ganz auf ihn verzichten und F H + F L als eine Kraft betrachten.

4 Rechnerische Lösung (nicht gefordert) Σ M A 0F B l 5 l 2 (F H ) l 4 F B F B l 2 +( F H + F L ) l 4 l 5 1,5kN 2500 mm+(1+5)kn 4500 mm 12,3 kn 2500 mm Σ F x 0F Ax F B F Ax F B 12,3 kn Σ F 0F A F H F L F A + +F H 1,5 kn+1kn+5 kn 7,5 kn F A F 2 Ax +F 2 A (12,3 kn ) 2 +(7,5kN ) 2 14,4 kn Lageskizze Wanddrehkran α A arctan F A 7,5 kn arctan 31,4 nach rechts oben gegen die positive x-achse F Ax 12,3 kn 1.2 F Ax F B übernimmt man aus der vorigen Aufgabe. Gegen Flächenpressung p zul > p F Ax A A erf F Ax 12,3 kn P zul 20 N /615mm2 As d B d Berf A erf s 615mm2 25 mm 24,6mm Erforderlicher Durchmesser gegen Abscheren τab 470 N/mm² (E335 Tabellenbuch Metall, Europa Verlag, 44.Auflage, S.44) τ ab ν τ >τ F Ax azul a 1 S τ azul τ ab ν 470 N /mm2 117,5 N 4 S erf F Ax 12,3 kn mm2 τ 2104,7 azul 117,5 N /mm S π 4 d 2 B d Berf 4 S π 4 104,7 mm2 π 11,6 mm F A F H F L 5,0 Maßgeblich ist der größere der errechneten Durchmesser d B 24,6mm. Flächenpressung und Scherfestigkeit (BolzenØ) 1.3 Lageskizze Ausleger F Kx F K cosǫ F K F K sinǫ Σ M C 0 (l 2 ) ( F H )+F K cosǫ l 7 +F K sinǫ (l 3 ) F K F (l l )+(F +F ) (l l ) G 2 1 H L 4 1 cosǫ l 7 +sinǫ (l 3 ) 1,5 kn ( )mm+(1+5)kN ( )mm 18,41 kn cos mm+sin 30 ( ) mm Zur Lösung nicht erforderlich Σ F 0+F C +F K ( F H ) F C F K sinǫ+ +F H 18,41 kn sin 30 +(1+1,5+5) kn 1,706 N F C F K F H F L x

5 1.4 Bei Rundstahlgliederketten verteilt sich die Zuglast gleichmäßig auf die beiden Querschnitte S eines Kettengliedes. Erfahrungsgemäß genügt diese Auslegung auch für die Kraftübertragung auf die nächsten Kettenglieder R e ν σ zzul >σ z F K 2 S σ zzul R e ν 275 N /mm2 68,75 N 4 S F K 18,4 kn mm2 2 σ 2133,9 zzul 2 68,75 N /mm S π 4 d 2 K d K 4 S π 4 133,9mm2 π 13,1 mm 2 S 2 Gewählt: d 14 mm (der nächstgrößere Durchmesser für Rundstahl laut TabB) Zugfestigkeit (Gliederkette) 2.1 Im Querkraftverlauf ist der einzige Nulldurchgang bei Angriffspunkt von F K, also liegt dort M bmax. (FC 2 kn ergibt sich aus den Vorgaben) Biegemoment an der Stelle von F K : M K (rechts) (F H l 3 ) (1+5)kN ( )mm9 knm F/kN F C 2 F K -6 F H Querkraftverlauf am Ausleger Ohne Querkraftverlauf muss man M bmax an allen inneren Krafteinleitungspunkt suchen, also dort, wo oder F K angreifen. Berechnung unter den Annahmen der Aufgabe (F K 19kN, l 7 vernachlässigen) F K F K sinǫ19 kn sin 30 9,50 kn Biegemoment an der Stelle : M G (rechts) (F H + F L l 2 )+F K (l 3 l 2 ) (1+5)kN ( )mm 19kN sin 30 ( )mm7,25 knm Mit F C kann man das Biegemoment auch von links berechnen: Σ F 0F C +F K F H F L F C F K sinǫ+f H 1,5 kn 19kN sin 30 +1kN+5 kn 2kN M G (links) F C (l 3 ) ( 2 kn) ( )mm 5 knm Für die Auslegung des Trägers wird das Biegemoment mit dem größten Betrag zugrunde gelegt: M bmax 9kNm bei F K. Die errechneten Biegemomente M G von rechts und links müssten sich aufheben ( M0 ), tun es aber nicht, weil das Sstem mit den beiden Vorgaben der Aufgabe nicht im Gleichgewicht ist. Berechnet man die Biegemomente mit den korrekten Werten (F K 18,41kN, F C -1,706kN) und berücksichtigt l 7, gilt M0 auch hier: M G (links) F C (l 3 ) ( 1,706 kn) ( )mm +3,41 knm M G (rechts) ( F H l 2 )+F K (l 3 l 2 )+F Kx l 7 (1+5)kN ( )mm+18,41 kn sin 30 ( )mm+18,41kN cos mm 3,41 knm bzw. M K (rechts) (F H l 3 ) (1+5)kN ( )mm 9,0 knm M K (links) F C (l 3 )+ (l 3 l 2 )+F Kx l 7 ( 1,706 kn) ( )mm+1,5 kn ( )mm+18,41 kn cos30 250mm9,0 knm Biegemoment ermitteln (statisch nicht im Gleichgewicht) F C F K F H F L Lageskizze Ausleger x

6 2.2 Gewählt: IPE 200 mit W x 194cm³ σ bf ν σ bzul >σ b M bmax W W erf M bmax σ 9 knm bzul 55 N /163,6cm3 3 Mit F S ist eine Zugkraft in der Schraube gemeint. Die Festigkeitsklasse 8.8 gibt die Kennwerte des Schraubenwerkstoffes an, siehe Tabellenbuch oder: R m N 800 N R e 0,8 R m 0,8 N 640 N Kriterium für die Auswahl des Gewindes ist sein Spannungsquerschnitt S: R e ν σ zzul >σ z F S S σ bzul R e ν S erf F S σ bzul 640 N /mm2 182,8 N 10 kn 182,8 N /54,7mm2 Gewählt: Gewinde M10 mit S 58mm² 4 Der Modul m eines Zahnrades ist sein Zahnabstand bezogen auf den Teilkreisdurchmesser d Tr. Daraus erhält man den Teilkreisumfang U Tr, der für die Fahrgeschwindigkeit maßgeblich ist: m d Tr d z Tr z m15 1,5 mm22,5mm Uπ d Tr π 22,5mm70,7 mm v s t U n n v M 3 m/min U Tr 70,7mm 42,4min 1 0,71 s 1 Zahnradmodul (Teilkreisumfang) 5 P ab F L h t 5kN 2,5 m 3,125 kw 4s η ges P ab 3,125 kw P zu 3,9 kw 0,801 η ges η M 89% η M η G 0,89 0,801 0,89 0,90 2,5 30,0