03 – Nachrechnung einer Antriebswelle

 

Eine lange schlanke Antriebswelle mit Durchmesser d = 60mm aus Stahl mit E = 210 \cdot  {10^3}\frac{N}{{m{m^2}}} und \nu  = 0,3 hat ein Drehmoment {M_t} = 800Nm bei einer Betriebsdrehzahl von n = 600{\min ^{-1}} zu übertragen.

antriebswelle-formsteifigkeit-biegekritische

Weiterhin sind folgende Daten bekannt:

Lagerabstände: {l_1} = 2,1m,\quad {l_2} = 300mm,\quad {l_3} = 150mm
Gewichtskraft der Welle: {G_W} = 600N
Gewichtskraft der Riemenscheibe: {G_R} = 500N
Die Gewichtskräfte von Kupplung und Kupplungszapfen dürfen vernachlässigt werden.

Folgende Randbedingungen sind gefordert:

Maximal zulässige Durchbiegung: {f_{zul,\max }} = 1,4mm
Zulässige Durchbiegung an der Riemenscheibe: {f_{zul,R}} = 0,6mm
Maximal zulässige Neigung an den Lagerstellen: {\alpha _{zul}} = 0,1^\circ
Maximal zulässiger Verdrehwinkel der Welle: {\varphi _{zul}} = 1^\circ

3.1 Schätzen Sie die Gesamtdurchbiegung der Antriebswelle ab und überprüfen Sie, ob die zulässigen Durchbiegungen eingehalten werden.

3.2 Rechnen Sie nach, ob an den Lagerstellen die zulässigen Neigungen eingehalten werden.

3.3 Ermitteln Sie den Verdrehwinkel der Welle bei Belastung.

3.4 Schätzen Sie die erste biegekritische Drehzahl des Systems ab.

Lösung

Skizze der Belastung der Welle (in mechanischer Sicht):

antriebswelle-skizze-bemasung

Die Länge {l_3} spielt für die weiteren Berechnungen keine Rolle. Dasselbe gilt für den Teil der Welle rechts vom Lager B.
Die Gewichtskraft {G_W} der Welle ist sowohl als verteilte Kraft (grün) als auch zentral als Einzelkraft eingezeichnet.

3.1 Berechnung der Durchbiegung

Wir bedienen und hier dem Prinzip der Superposition (d.h. dem Überlagern von mehreren verschiedenen Lastfällen).

1. Lastfall (Gewichtskraft der Welle als Streckenlast)

lastfall-1-gewichtskraft-welle

{q_w} Streckenlast der Gewichtskraft der Welle (grün)
{f_w} Maximale Durchbiegung durch das Eigengewicht der Welle (tritt in der Mitte auf)

{q_w} = \frac{{Gewichtskraft}}{{Gesamtl\ddot a nge}} = \frac{{{G_W}}}{{{l_1}+{l_2}}} = \frac{{600N}}{{(2100+300)mm}} = 0,25\frac{N}{{mm}}

Flächenträgheitsmoment um die y-Achse

{I_y} = \frac{{\pi {d^4}}}{{64}} = \frac{{\pi {{(60mm)}^4}}}{{64}} = 636,2 \cdot {10^3}m{m^4}

(vgl. Skript Festigkeitslehre Folie 27-Kreisquerschnitt)

2. Lastfall (Gewichtskraft der Riemenscheibe)

lastfall-2-gewichtskraft-riemenscheibe

{G_r} Gewichtskraft Riemenscheibe
{f_r} Maximale Durchbiegung durch die Gewichtskraft der Riemenscheibe

Ermittlung der Durchbiegung der einzelnen Lastfälle:

Zur Ermittlung der Durchbiegung benötigen wir die Tabelle “Gleichungen der elastischen Biegelinie für einfache, belastete Träger” auf Seite 127 des technischen Taschenbuchs der INA, aus diesem sind die folgenden Formeln für den Belastungsfall 1 und 2 entnommen, es wird jeweils die Durchbiegung in der Mitte und die Durchbiegung an der Riemenscheibe berechnet.

Belastungsfall 1:

Durchbiegung in der Mitte durch die Gewichtskraft der Welle:

{w_{max}} = \frac{{5{q_z} \cdot  {l^4}}}{{384E \cdot  {I_y}}} = {f_{{M_G}}} = \frac{{5{q_z} \cdot  {{({l_1}+{l_2})}^4}}}{{384E \cdot  {I_y}}} = \frac{{5 \cdot  0,25\frac{N}{{mm}} \cdot {{(2400mm)}^4}}}{{384 \cdot  210000\frac{N}{{m{m^2}}} \cdot  636,2m{m^4} \cdot  {{10}^3}}} = 0,81mm

({w_{max}} ist die Angabe aus dem Buch, im Folgenden wird die Formel aus dem Buch direkt auf unser Problem bezogen)

Durchbiegung an der Riemenscheibe durch die Gewichtskraft der Welle:

{f_{{R_G}}} = \frac{{{q_z} \cdot  {l^4}}}{{24E \cdot  {I_y}}}\left( {\frac{x}{l}-2\frac{{{x^3}}}{{{l^3}}}+\frac{{{x^4}}}{{{l^4}}}} \right)

{f_{{R_G}}} = \frac{{0,25\frac{N}{{mm}} \cdot  {{\left( {2400mm} \right)}^4}}}{{24 \cdot  210000\frac{N}{{m{m^2}}} \cdot  636,2 \cdot  {{10}^3}m{m^4}}} \cdot  \left( {\frac{{2100mm}}{{2400mm}}-2\frac{{{{\left( {2100mm} \right)}^3}}}{{{{\left( {2400mm} \right)}^3}}}+\frac{{{{\left( {2100mm} \right)}^4}}}{{{{\left( {2400mm} \right)}^4}}}} \right)

= 0,32mm

Belastungsfall 2
Durchbiegung in der Mitte durch die Gewichtskraft der Riemenscheibe:

{f_{{M_R}}} = \frac{{{F_z} \cdot  {l^3}}}{{6 \cdot  E \cdot  {I_y}}}\left( {2\frac{{a \cdot  x}}{{{l^2}}}-3\frac{{{a^2} \cdot  x}}{{{l^3}}}+\frac{{{a^3} \cdot  x}}{{{l^4}}}+\frac{{a \cdot  {x^3}}}{{{l^4}}}-\frac{{{x^3}}}{{{l^3}}}} \right)

{f_{{M_R}}} = \frac{{500N \cdot  {{\left( {2400mm} \right)}^3}}}{{6 \cdot  210000\frac{N}{{m{m^2}}} \cdot  636,2 \cdot  {{10}^3}m{m^4}}}\left( {\frac{{2 \cdot  2100mm \cdot  1200mm}}{{{{\left( {2400mm} \right)}^2}}}-\frac{{3 \cdot  {{\left( {2100mm} \right)}^2} \cdot  \left( {1200mm} \right)}}{{{{\left( {2400mm} \right)}^3}}}} \right.

\left. {+\frac{{{{\left( {2100mm} \right)}^3} \cdot  1200mm}}{{{{\left( {2400mm} \right)}^4}}}+\frac{{2100mm \cdot  {{\left( {1200mm} \right)}^3}}}{{{{\left( {2400mm} \right)}^4}}}-\frac{{{{\left( {1200mm} \right)}^3}}}{{{{\left( {2400mm} \right)}^3}}}} \right)

f_{M_R} = 0,39mm

Durchbiegung an der Stelle der Riemenscheibe durch die Gewichtskraft der Riemenscheibe:

{f_{{R_R}}} = \frac{{{F_z} \cdot  {a^2} \cdot  {b^2}}}{{3 \cdot  E \cdot  {I_y} \cdot  \left( {a+b} \right)}} = \frac{{500N{{\left( {2100mm} \right)}^2} \cdot  {{\left( {300mm} \right)}^2}}}{{3 \cdot  210000\frac{N}{{m{m^2}}} \cdot  636,2 \cdot  {{10}^3}m{m^4} \cdot  \left( {2100+300} \right)mm}} = 0,21mm

Die Maximale Durchbiegung ergibt sich aus den Summen der Durchbiegung aus Eigengewicht und Riemenscheibe in der Mitte der Welle, wo die maximale Durchbiegung wirklich erreicht wird und direkt an der Riemenscheibe.

Damit beträgt die Durchbiegung der Riemenscheibe:

{f_{R,ges}} = {f_e} = {f_{{R_G}}}+{f_{{R_R}}} = 0,32mm+0,21mm = 0,53mm \leq {f_{zul,R}}

= 0,6mm

und damit ist die Durchbiegung in Ordnung.

Die Durchbiegung in der Mitte beträgt:

{f_{M,ges}} = {f_M} = {f_{{M_G}}}+{f_{{M_R}}} = 0,81mm+0,39mm = 1,2mm \leq {f_{zul,max}}

= 1,4mm

Damit ist die Welle bezüglich der Durchbiegung ausreichend ausgelegt.

3.2 Überprüfung der zulässigen Neigung in den Lagerstellen.

Auch hier wenden wir wieder das Superpositionsprinzip an, indem man jeweils die Neigung in den Lagern durch das Eigengewicht der Welle und durch die Gewichtskraft der Riemenscheibe bestimmt und diese beiden Einzellasten für beide Lager jeweils addiert.

Für den Neigungswinkel durch das Eigengewicht der Welle gilt:

{\alpha _{A,W}} = {\alpha _{B,W}}

Die Neigungen müssen links und rechts genau gleich sein, da die Gewichtskraft konstant über die die Welle verteilt ist, theoretisch kann sie auch durch eine angreifende Kraft in der Mitte ersetzt werden.

Für die Neigungswinkel gilt:

{\alpha _{A,W}} = {\alpha _{B,W}} = \frac{{{q_w}{l^3}}}{{24E{I_y}}} = \frac{{0,25\frac{N}{{mm}}{{\left( {2100+300} \right)}^3}m{m^3}}}{{24 \cdot  210000\frac{N}{{m{m^2}}} \cdot  636,2 \cdot  {{10}^3}m{m^4}}} = 1,1 \cdot  {10^{-3}}rad \overset{\wedge}{=}0,062^\circ

\frac{{rad}}{{2\pi }} = \frac{\alpha }{{360}} \Leftrightarrow \alpha  = \frac{{rad}}{{2\pi }} \cdot  360

Die Formel für die Neigungswinkel können aus der der Übung beiliegenden Tabelle der Aufgabe 1 entnommen werden, die dem DUBBEL-Taschenbuch für den Maschinenbau, 21. Auflage Abschnitt C22 entnommen wurde.

Für die Neigungswinkel durch das Eigengewicht der Riemenscheibe werden in Lager A und B unterschiedliche Neigungswinkel erzeugt. Diese ergaben sich laut der Tabelle zu:

{\alpha _{A,R}} = \frac{{Fab\left( {l+b} \right)}}{{6 \cdot  E{I_y}l}} = \frac{{{G_R} \cdot  \left( {{l_1}+{l_2}+{l_2}} \right) \cdot  {l_1} \cdot  {l_2}}}{{6 \cdot  E{I_y} \cdot  \left( {{l_1}+{l_2}} \right)}}

{\alpha _{B,R}} = \frac{{Fab\left( {l+a} \right)}}{{6 \cdot  E{I_y}l}} = \frac{{{G_R} \cdot  \left( {{l_1}+{l_2}+{l_1}} \right) \cdot  {l_1} \cdot  {l_2}}}{{6 \cdot  E{I_y} \cdot  \left( {{l_1}+{l_2}} \right)}}

Da für beide Lager die gleiche zulässige Neigung gilt muss nur überprüft werden ob das am stärksten belastete Lager die zulässige Neigung überschreitet. Dies ist das Lager B, da die Riemenscheibe näher an diesem liegt und diese Belastung die entscheidende ist. Demnach brauchen wir nur die Formel für das Lager B zu berechnen.

{\alpha _{B,R}} = \frac{{500N \cdot  \left( {2 \cdot  2100mm+300mm} \right) \cdot  2100mm \cdot  300mm}}{{6 \cdot  210000\frac{N}{{m{m^2}}} \cdot  636,2 \cdot  {{10}^3}m{m^4} \cdot  \left( {2100mm+300mm} \right)}} = 7,4 \cdot  {10^{-4}}rad \overset{\wedge}{=}0,04^\circ

Damit ergibt sich für die Gesamtneigung im Lager B nach dem Superpositionsprinzip:

{\alpha _B} = {\alpha _{B,W}}+{\alpha _{B,R}} = 0,06^\circ +0,04^\circ  = 0,1^\circ  = {\alpha _{zul}}

damit ist die Toleranz gerade erfüllt.

Für das Lager A muss die Neigung kleiner sein, damit ist die Welle hinsichtlich der Lagerneigung ausreichend ausgelegt.

3.3 Ermittlung des Verdrehwinkels bei Belastung

Die Welle ist laut Skizze ab der Riemenscheibe nach links zu Lager A mit einem Torsionsmoment {M_t} = 800Nm belastet. Damit wirkt auf die Welle ein Torsionsmoment, allerdings nur auf der Strecke {l_3}+{l_1}, nicht jedoch auf der Strecke hinter der Riemscheibe.

Für den Verdrehwinkel der Welle gilt:

\varphi  = \frac{{180^\circ }}{\pi } \cdot  \frac{{l \cdot  {\tau _t}}}{{r \cdot  G}} = \frac{{180^\circ }}{\pi } \cdot  \frac{{l \cdot  T}}{{{w_p} \cdot  \frac{d}{2} \cdot  G}} = \frac{{180^\circ }}{\pi } \cdot  \frac{{l \cdot  T}}{{\frac{{\pi {d^3}}}{{16}} \cdot  \frac{d}{2} \cdot  G}} = \frac{{180^\circ }}{\pi } \cdot  \frac{{l \cdot  T}}{{\frac{{\pi {d^4}}}{{32}} \cdot  G}}

\varphi  = \frac{{180^\circ }}{\pi } \cdot  \frac{{l \cdot  T}}{{{I_p} \cdot  G}}

Diese Formel kann im Roloff-Matek, 14. Auflage, Seite 333 nachgeschlagen werden, hier ist sie noch leicht vereinfacht.

\varphi  = \frac{{180^\circ }}{\pi } \cdot  \frac{{{M_t}\left( {{l_1}+{l_3}} \right)}}{{G \cdot  {I_p}}}

In eine Nebenrechnung bestimmen wir nun die fehlenden Größen
Schubmodul:

G = \frac{E}{{2\left( {1 + \nu } \right)}} = \frac{{210000N}}{{2\left( {1 + 0,3} \right)}} = 80769\frac{N}{{m{m^2}}} \approx 80,8\frac{{kN}}{{m{m^2}}}

Polares Torsionsmoment für Kreisquerschnitte:

{I_p} = \frac{{\pi {d^4}}}{{32}} = \frac{{\pi {{\left( {60mm} \right)}^4}}}{{32}} = 1,27\cdot{10^6}m{m^4}

daraus folgt nun \varphi:

\varphi  = \frac{{180^\circ }}{\pi } \cdot \frac{{8 \cdot {{10}^5}Nmm\left( {2100mm + 150mm} \right)}}{{80,8 \cdot {{10}^3}\frac{N}{{m{m^2}}} \cdot 1,27 \cdot {{10}^6}m{m^4}}} = 1,0^\circ  = {\varphi _{zul}}

damit ist die Auslegung hinsichtlich des Drehwinkels in Ordnung, da laut Angabe in der Seminarübung dieser zwischen 0,2 und 0,5\frac{^\circ } {m}liegt. Es ergibt sich für die torsionsbelastete Welle eine Gesamtlänge von {l_1}+{l_3} = 2,25m womit der Drehwinkel noch in einem akzeptablem Bereich liegt.

3.4 Abschätzen der biegekritischen Drehzahl

Die Biegekritische Drehzahl ist nichts anderes als eine Frequenz, die sich bei umlaufenden Wellen durch schwingungserregende Kräfte, also Unwuchten, durch die Riemscheibe ergeben. Für eine Frequenz gilt allgemein die Beziehung

f = \frac{{{\omega _k}}}{{2\pi }}

wobei {\omega _k} die Eigenkreisfrequenz (kritische Winkelgeschwindigkeit) ist. Damit gilt für die biegekritische Drehzahl {n_{krit}}

{n_{krit}} = \frac{{{\omega _k}}}{{2\pi }}

Für die Eigenkreisfrequenz gilt aus der Mechanik:

{\omega _{krit}} = \sqrt {\frac{c}{m}}

mit der Federkonstante c und der Masse m. Die Federkonstante ist der Quotient aus Kraft und Durchbiegung:

c = \frac{F}{s} = \frac{{{m_r}g}}{s}

Eingesetzt:

{\omega _{krit}} = \sqrt {\frac{c}{m}}  = \sqrt {\frac{{\frac{{{m_r}g}}{s}}}{{{m_r}}}}  = \sqrt {\frac{g}{s}}  = \sqrt {\frac{{9,81\frac{m}{{{s^2}}}}}{{1,2 \cdot  {{10}^{-3}}m}}}  = 90,4\frac{1}{s}

Damit gilt für die biegekritische Drehzahl:

{n_{krit}} = \frac{{{\omega _{krit}}}}{{2\pi }} = \frac{{90,4Hz}}{{2\pi }} = 14,4Hz = 14,4\frac{1}{s} = 863\frac{1}{{min}}

Laut der Seminarübung bewegen sich unterkritische Drehzahlen im Bereich n < 700\frac{1} {{min}} und überkritische im Bereich n > 1000\frac{1} {{min}} . Wir sind mit dieser Drehzahl also im kritischen Bereich.

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4 Kommentare zu “03 – Nachrechnung einer Antriebswelle”

“fleißige Lerner”

Man beachte das die Einheit Hz nur für Frequenzen (f) verwendet wird, nicht hingegen für die Winkelgeschwindigkeit \omega. Für die Winkelgeschwindigkeit bleibt die Einheit 1/s.

Ok, hab es geändert.

In der 1. Skizze ist GW auch als Punktlast dargestellt. Warum darf man aber nicht mit der Dprmel für Punktlast rechenen (and. Ergebins)?

@ ICH: Also rein von der Überlegung her müsste sich die Welle bei Annahme einer Punktlast an der eingezeichneten Stelle stärker durchbiegen, da das gesamte Gewicht auf diesen einen Punkt konzentriert wäre. Somit müsste theoretisch ein anderes Ergebnis herauskommen. Kann aber gerne mal jemand nachrechnen. :)

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