Tiểu luận kỹ THUẬT MA sát

TIỂU LUẬN HỌC PHẦN “KỸ THUẬT MA SÁT”
LỚP THẠC SĨ - KTCK - K2
NHÓM 4
ĐỀ BÀI:

Câu 1:
Khảo sát tính năng ma sát mòn của cặp ma sát có các thông số cho trong
bảng 1, theo trình tự:
-

1− µ 2
Xác định hệ số ma sát sau chạy rà. Biết αH = 2,5.α; θ =
; μ = 0,5
E

Xác định cường độ mòn Ih với K1 = 0,2; αtk = 0,5; k =3
- Xác định lượng mòn U sau quãng đường Lms
- Xác định tuổi thọ theo xác suất làm việc không hỏng P(t), vẽ đồ thị phân tích
tưởi thọ và xác suất P(t)
- Kết luận về khả năng làm việc của cặp ma sát nói trên
Bảng 1
TT P(t)
[U]
ao
Pa
V
Lms
τ0- φ-β Gia công
2
cm
µm

kgf/cm m/s
km
vật liệu
23 0,98
0,5
0±6
5±0,1
2±0,15 50
∼ C
Tiện 7
-

TT

Vật liệu Độ cứng Hb/Rb
1
vật liệu 1

Vật
liệu 2

E2
Độ cứng σb2
tf2
2
2
kgf/cm vật liệu 2 kgf/cm

23

Thép 45 45HRC

Chất
dẻo

1,2.104

3,2HB

8400

∼ C

Câu 2:
Tính bán kính cong tương đương của đỉnh nhấp nhô r khi biết số liệu bảy lần
đo chiều dài theo phương ngang (d_ngi) và phương dọc (d_doci) (mm), Rmax =
42mm, khoảng cách đo từ đỉnh là 0,06 Rmax = 2,5mm, hệ số khuyếch đại gamma
của thiết bị theo phương đứng là (g_d) và hệ số khuyếch đại gamma theo chiều
ngang (g_ng) theo số liệu trong bảng 2
Bảng 2
TT k d_ng1 d_ng2 d_ng3 d_ng4 d_ng5 d_ng6 d_ng7 g_d g_ng
23 7 5.5.0
9.00
8.00
7.00
8.50
5.50
5.50 1,000 400
TT k d_doc1 d_doc2 d_doc3 d_doc4 d_doc5 d_doc6 d_doc7 g_d g_ng
23 7 70.00

75.00
65.00
55.00
60.00
65.00
80.00 4,000 1,000
Nam Định, ngày 22 tháng 8 năm 2017
GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN

Phan Văn Hiếu

HỌC VIÊN

Nguyễn Đức Quảng


Câu 1: Khảo sát tính năng ma sát mòn của cặp ma sát có các thông số cho trong
bảng 1, theo trình tự:
-

Xác định hệ số ma sát sau chạy rà. Biết αH = 2,5.α; θ =

1− µ 2
; μ = 0,5
E

Xác định cường độ mòn Ih với K1 = 0,2; αtk = 0,5; k =3
- Xác định lượng mòn U sau quãng đường Lms
- Xác định tuổi thọ theo xác suất làm việc không hỏng P(t), vẽ đồ thị phân tích
tưởi thọ và xác suất P(t)

- Kết luận về khả năng làm việc của cặp ma sát nói trên
Bảng 1
TT P(t)
[U]
ao
Pa
V
Lms
τ0- φ-β Gia công
2
cm
µm
kgf/cm m/s
km
vật liệu
23 0,98
0,5
0±6
5±0,1
2±0,15 50
∼ C
Tiện 7
-

TT

Vật liệu Độ cứng Hb/Rb
1
vật liệu 1

Vật
liệu 2

E2
Độ cứng σb2
tf2
2
2
kgf/cm vật liệu 2 kgf/cm

23

Thép 45 45HRC

Chất
dẻo

1,2.104

3,2HB

8400

∼ C

Bài làm:

1− µ2
a. Xác định hệ số ma sát sau chạy rà. Biết αH = 2,5.α; θ =
; μ = 0,5

E
Tiếp xúc của cặp ma sát này là tiếp xúc đàn hồi. Nếu không tính đến thành
phần cơ học thì hệ số ma sát sau khi chạy rà sẽ là:
1

 τ .α  2
f ≈ 1,4. 0 H  + β
 E 

(1.1)

Trong đó: τ 0 - sức bền cắt của liên kết phân tử, với vật dụng tương đương
Fluoroplatic (vì cùng có độ cứng 3,1HB) tra bảng 2 ta có:
τ0 = 0,341 kgf/mm2 = 34,1 kgf/cm2
β - Hệ số áp điện của thành phần ma sát phân tử, với vật dụng tương đương
Fluoroplatic tra bảng 2 ta có β = 0,017
E - Mô đun đàn hồi của vật liệu, E = 1,2.104 kgf/cm2
αH - Hệ số mất mát do trễ khi trượt αH = 2,5.α
α - Hệ số ma sát do trễ của vật liệu, tra bảng ta được
α = (0,08 ÷ 0,12) ta chọn α = 0,1
⇒ αH = 2,5.0,1 = 1,25
Thay vào công thức (1.1) ta được hệ số ma sát sau khi chạy rà là :
1
2

1
2

 34,1.0,25 
 τ .α 

f ≈ 1,4. 0 H  + β = 1,4.
 + 0,017 = 0,054
4
E
1
,
2
.
10






b. Xác định cường độ mòn Ih với K1= 0,2 ; αtk = 0,5, k = 3.
Trong trường hợp chạy rà, cường độ mòn được tính theo công thức :
2 tf
5

I h = K 2 .15 .α .K tv . p.E

 tf 
 −1 
2 

tf

1  k. f p 
 (1.2)

.τ 0 . 1 .
σ
αh 2  b 
1
2

Trong đó:
K1 = 0,2 - Hệ số được xác định do hình dạng hình học và sự phân bố theo độ
cao của các nhấp nhô đơn trên bề mặt vật rắn.
tf = 2,9 - Giá trị thông số tiếp xúc mỏi tf tương đương Plycarbonare, tra theo
bảng 6 (2 vật liệu cùng σb).
v = 2 - tra theo bảng 1 ( Tiện ngoài 7)

K 2 = 0,5

1 

 tf −1− 
2v 


1
2v

.2 .K1 = 0,5

1 

 2 , 9−1−


2.1, 9 


.2

1
2.1, 9

.0,2 = 0,077 (1.3)

α - Hệ số ma sát do trễ của vật liệu, tra bảng ta được
α = (0,08 ÷ 0,12) ta chọn α = 0,1
Ktv = 2,5 - Hệ số Ktv theo tf và v tra theo bảng 5
p = pa = 5 kgf/cm2
E = 1,2.104 kgf/cm2 - Mô đun đàn hồi của vật liệu
τ0 = 0,341 kgf/mm2 = 34,1 kgf/cm2 - Sức bền cắt của liên kết phân tử, với vật
liệu tương đương Fluoroplatic tra bảng 2.
αh = αtk = 0,5 - Hệ số đầu bài cho
k = 3 - Hệ số đầu bài cho.
fp = 0,028 - Hệ số ma sát phân tử, với vật liệu tương đương Fluoroplatic tra
bảng 2.2
σb = 8400 kgf/cm2 - Ứng suất bền theo đầu bài cho.
Thay vào công thức (1.2) ta được cường độ mòn sau chạy rà là :
2 tf
5

I h = K 2 .15 .α .K tv . p.E
I h = 0,077.15

2 .2 , 9

5

 tf 
 −1 
2 

1  k. f p 

.τ 0 . 1 .
σ
αh 2  b 
1
2

 2,9 
−1 

4  2


.0,1.2,5.5.(1,2.10 )

tf

1
2

1  3.0,028 
.34,1 . 1 .


8400


0,5 2

c. Xác định lượng mòn U sau quãng đường Lms
Lượng mòn U được tính theo công thức sau:
U = Ih. Lms (1.4)
Trong đó: Lms = 50 km = 5.106 cm - theo đầu bài cho.

2,9

= 3,98.10 −12


Thay vào công thức (1.4) ta có lượng mòn U là:
U = Ih. Lms = 3,98.10-12.5.106 = 1,99.10-5
d. Xác định tuổi thọ theo xác suất làm việc không hỏng P(t), vẽ đồ thị phân
tích tuổi thọ và xác suất P(t).
Theo bài ra ta có: P(t) = 0,98 khi [U] = 0,5 cm và a0 = 0±6 µm, pa = 5±0,1
kgf/cm2, vận tốc trượt v = 2±0,15 m/s = 2.102±15 cm/s.
Giả xử lượng mòn U tuân theo quy luật tuyến tính. Quãng đường ma sát để
phanh đạt được lượng mòn tối đa.
Ta có cường độ mòn I phụ thuộc vào áp suất p trong vùng tiếp xúc:
Ih = k. pm
Trong trường hợp chạy rà: m = 1
⇒ k = Ih/p = 3,98.10-12/5 = 7,96.10-13 (1.5)
Tốc độ mòn tỉ lệ thuận với áp lực và vận tốc trượt
⇒ γ = k.p.v = 7,96.10-13 .5.200 = 7,96.10-10 cm/s (1.6)
Xác định phương sai theo p,v với giả thiết rằng các biến là độc lập

Dγ = D(kpv) = k2.D(pv) = k2.[D(p).D(v)+pa2D(v)+ vm2D(p)]
Độ lệch chuẩn của tốc độ mòn

σ γ = D(kpv) = k D( pv) = k σ p2 .σ v2 + pa2 .σ v2 + v 2 .σ p2 (1.7)
Giả thiết p,v tuân theo quy luật phân bố chuẩn 6σ.
Ta có: 6σa = 0,3 ⇒ σa =1,5 µm = 1,5.10-4 cm.
6σp = 2.0,1
⇒ σp = 0,033 kgf/cm2
6σv = 2.0,15 ⇒ σv = 0,05 m/s = 5 cm/s
Do đó σ γ = 8,172.10 −13. 0,0332.5 2 + 5 2.5 2 + 200 2.0,0332
⇒ γ = 2,113.10-11 cm/s
Tuổi thọ làm việc lớn nhất của cặp ma sát là:
Tmax = [U]/γ = 0,5/7,96.10-10 = 6,281.108 s = 1,745.105 h
Xác suất làm việc không hỏng tính theo công thức

 U − a − γT 
0

P(t) = 0,5 + Φ  max
2
2 2
 σa + σγ T 


 U − a − γT 
0

⇒ P(t) - 0,5 = Φ  max
2
2

2
 σa + σγ T 


Thay vào (1.8) ta có:

(1.8)


 0,5 − 0 − 7,96.10−10 T
0,98- 0,5 = Φ 
 (10−4 ) 2 + (2,113.10 −11T ) 2





 0,5 − 0 − 7,96.10 −10 T

=
2,
28

Tra bảng 7 ta có được : 
 (10−4 ) 2 + (2,113.10−11T ) 2

Giải phương trình trên ta có : T1 = 5,862.108 s, T2 = 6,643.108 s
mà Tmax = 6,281.108 nên T1 = 5,862.108 s thảo mãn, T2 = 6,643.108 s (loại)
Vậy với nghiệm T1 thảo mãn đảm bảo xác suất làm việc không hỏng : P(t)= 0,98.
Kết luận: với xác suất làm việc không hỏng P(t) = 0,98 thì cặp ma sát làm việc

lâu dài.
* Vẽ đồ thị p(t) theo tuổi thọ của cặp ma sát T.
Ta có phương trình của P(t) như sau:

 U − a − γT 
0

P(t) = 0,5 + Φ  max
2
 σ a + σ γ2T 2 


Ta thiết lập đồ thị dựa trên bảng điểm sau :
1
0

0,98
5,862.108

0,95
6,005.108

0,9
6,01.108

0,5
6,191.108

0
+∞

Thiết lập hình dạng đồ thị quan hệ giữa P(t) với T
P(t)

1
0.98
0,5
0

5,8 6,191

Hình 1.1. Đồ thị quan hệ giữa tuổi thọ và xác suất
- Nhận xét:

T.108


+ Khi tuổi thọ của cặp ma sát tăng thì xác suất làm việc không hỏng P(t)
(hay độ tin cậy giảm).
+ Khi xác suất làm việc không hỏng P(t) = 1 thì tuổi thọ của cặp ma sát bằng
không (không có cặp ma sát nào có xác suất làm việc không hỏng là 1).
+ Khi xác suất làm việc không hỏng P(t) = 0,5 thì tuổi thọ của cặp ma sát đạt
tới Tmax (thời gian làm việc lớn nhất của cặp ma sát theo quan điểm phá hỏng của
nhà kỹ thuật). Cụ thể trong trường hợp này Tmax = 6,191.108h.
+ Khi xác suất làm việc không hỏng P(t) = 0 thì tuổi thọ của cặp ma sát bằng
vô cùng.
Câu 2:
Tính bán kính cong tương đương của đỉnh nhấp nhô r khi biết số liệu bảy lần
đo chiều dài theo phương ngang (d_ngi) và phương dọc (d_doci) (mm), Rmax =
42mm, khoảng cách đo từ đỉnh là 0,06 Rmax = 2,5mm, hệ số khuyếch đại gamma

của thiết bị theo phương đứng là (g_d) và hệ số khuyếch đại gamma theo chiều
ngang (g_ng) theo số liệu trong bảng 2
Bảng 2
TT k d_ng1 d_ng2 d_ng3 d_ng4 d_ng5 d_ng6 d_ng7 g_d g_ng
23 7 5.5.0
9.00
8.00
7.00
8.50
5.50
5.50 1,000 400
TT k d_doc1 d_doc2 d_doc3 d_doc4 d_doc5 d_doc6 d_doc7 g_d g_ng
23 7 70.00
75.00
65.00
55.00
60.00
65.00
80.00 4,000 1,000
Bài làm:
Áp dụng công thức ta có:

r = rn .rd
Trong đó:

Với

(2.1)

rn - Bán kính cong trung bình theo phương ngang Profin.

rd - Bán kính cong trung bình theo phương dọc Profin.

1
rn =
K

K

∑r

ri

1

γ c di2
trong đó rn i = 2 .
theo bảng số liệu tính toán
γ n 8hi

bài cho ta có:
hi = 0,06.Rmax = 2,5 mm

1 γ c di2 7 2 1 1000 1
rn = . 2 . .∑ d ni = .
.
.(5,52 + 92 + 82 + 7 2 + 8,52 + 5,52 + 5,52 )
2
7 γ n 8hi 1
7 400 8.2,5
⇒ rn = 0,1107 mm

1
Và rd =
K
cho ta có:

K

∑r

di

1

γ n d i2
trong đó rd i = 2 .
theo bảng số liệu tính toán bài
γ d 8hi


1 γ 1 7 2 1 1000
1
rd = . 2 . .∑ d di = .
.
.(70 2 + 752 + 652 + 552 + 60 2 + 652 + 80 2 )
2
7 γ d 8hi 1
7 4000 8.2,5
⇒ rd = 0,0992 mm
Vậy bán kính cong tương đương của đỉnh nhấp nhô r cần tìm là:

r = rn .rd = 0,1107.0, 0992
⇔ r = 0,1048 mm
* Kết luận: Bán kính cong của các đỉnh nhấp nhô r = 0,1048 mm