3. Расчет прочности выводов прибора от инерционной нагрузки
Исходя из данных задания на курсовой проект, таблицы материалов 1.1, таблицы размеров 1.2, общего сечения диода фронтальной плоскостью, восстанавливаем размеры диода. Чертеж диода приведен в приложении, документ ПМИГ.426100.000 ОВ. Поскольку в задании не дан материал детали 1 (кристаллодержатель), то примем, что она сделана из ковара 29НК во избежание напряжений на границе с деталью 8 (баллон корпуса).
Находим массу прибора, задавшись справочными данными для материалов (таб. 3.1).
Таблица 3.1
|
Деталь 1 |
Деталь 4 |
Деталь 5 |
Деталь 6 |
Деталь 7 |
Деталь 8 |
Материал |
Ковар |
Стекло С-49-2 |
ЭИ-693 |
АЛ-2 |
АЛ-2 |
Ковар |
Плотность, г/см3 |
8,25 |
2,29 |
8,1 |
2,65 |
2,65 |
8,25 |
Е, ГПа
|
142 |
58 |
200 |
70 |
70 |
142 |
ν
|
0,32 |
0,28 |
0,30 |
0,33 |
0,33 |
0,32 |
T106 C—1
|
5,2 |
4,9 |
12 |
23,8 |
23,8 |
5,2 |
вр, МПа
|
600 |
40 |
— |
200 |
200 |
600 |
вс, МПа
|
— |
400 |
— |
— |
— |
— |
При расчете массы диода пренебрегаем массой деталей 2, 3, пренебрегаем массой полупроводникового кристалла. При этом расчете, линейные размеры детали промасштабированы в 10 раз, то есть масса в 103 раз больше действительной. Поэтому действительный результат выражен в миллиграммах, а не в граммах.
мг
мг
мг
мг
мг
мг
M = m1 + m4 + m5 + m6 + m7 + m8 = 922,022 мг
Итак, масса всей детали M = 922,022 мг. Находим координаты центра масс всего диода. Начало координат сопоставим с точкой пересечения оси симметрии и нижней грани кристаллодержателя. Считаем, что центр масс лежит на оси симметрии прибора.
=3,169
мм
Выбор расчетной схемы
Выводы прибора для расчета их прочности от инерционной нагрузки моделируем в виде стержня, закрепленного с одного конца заделкой, и покоящегося другим концом на шарнирно-подвижной опоре. Масса диода представляется сосредоточенной в центре тяжести силой. Выбор такой расчетной схемы обусловлен тем, что кристаллодержатель 1 посредством шпильки 7 ввинчивается на теплоотводящий радиатор (заделка), а к другому концу припаивается контактный провод.
Д
Рис.
3.1. Расчетная схема.
(Расстояние даны в десятых долях мм)
Итак,
L = 12,7 мм
a = 3,169 мм
M = 922,022 10-6 кг
P = kMg = 9,850 922,022 10-6 =
=0,45179 Н
Составляем уравнения равновесия системы.
Рис. 3.2. Основная
система
P R1 R2 = 0
MR+P(La)
Если s = 3 — число неизвестных (MR, R1, R2), n = 2 — число уравнений. Тогда степень статической неопределенности системы: s – n = 1 — система единожды статически неопределима.
Вскрываем статическую неопределенность методом сил. Для этого удаляем одну опору (шарнирно-подвижную) и заменяем ее силой. Перемещение этого конца должно равняться нулю. Переходим к основной системе (рис. 3.2.). Введем обозначение x1=R2. Решим задачу условиях, что от заделки до точки приложения сосредоточенной силы расстояние a, и от точки приложения сосредоточенной силы до свободного конца расстояние b.
Рис
3.3.
На первом участке (рис. 3.3.):0≤x<b
Qz=R2
My=R2x
На втором участке (рис. 3.4.): b≤x<a+b
Qz=R2 – P
My=R2x – Px – Pb
1 = 1R2 + 1P = 0 — суммарное перемещение равно нулю
Рис 3.4.
Зная выражения для изгибающих моментов, находим их частные производные по силам R2 и P.
на
первом участке
на втором
участке
на
первом участке
на втором
участке
Тогда полное перемещение, равное по идеологии метода сил, нулю будет:
δ
= 0 =
+
+
–
=
=
=
0
Отсюда
При такой расчетной схеме a = 0,00317 м, b = 0,0127 м – 0,00317 м = 0,00953 м
Видно, что отношение (a/b)= 0,332 ≈ 1/3, то есть b/a=3.
R2
=
=
0,0347 Н
Значит, R1= 0,41695 Н, R2=0,03047 Н.
MR = a P – L R2 = 9.906∙10-4 Нм = 0,0009906 Нм
На первом грузовом участке:
Qz = R1
– My + MR – x Qz = 0
My = MR – x R1 = 0
На втором грузовом участке:
Qz = R1 – P
– My + MR – P a – x Qz = 0
My = MR – P a – x (R1 – P)
Строим эпюру изгибающего момента My. Видно, что опасное сечение будет непосредственно у заделки. Mоп = MR = 0,0009906 Нм
Приведенный момент инерции Jy выражается через моменты сечений выводов.
м4
Тогда
5,053∙107
Па
Предел текучести для материала выводов [] = 250·106 Па
Коэффициент запаса прочности n = []/= 4,948 > 1
Инерционная нагрузка выдерживается.