Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Владимирский государственный университет им. Столетовых

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Маврина Бурлакова 2006

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

22.03.2015

Размер:

838.4 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

Вариант 2:

Wz =

; Wy

;

Wz =

Составляем условие прочности

σоп.т

M y

≤ [σ].

Вариант 1.

Сечение I: σL

M zI

M yI

≤ [σ],

отсюда

3M z

+3M

103

3 16,2

b ≥

= 3

=8,4 10

−2

м = 8,4 см.

[σ]

23,4

160 106

Сечение II: σL

M zII

M yII

≤ [σ],

отсюда

3M z

+3M y

103

3 11,2

b ≥

=9,23 10−2

м = 9,23 см.

[σ]

= 3

36,4

160 106

Окончательно выбираем большее значение b:b = 9,23 см; h = 2b = 18,46 см. Это и есть искомые размеры поперечного сечения балки.

Вариант 2.

Сечение I: σD

M zI

M yI

≤ [σ],

отсюда

b ≥ 3

24M z

+12M y

= 3

(24 16,2 +12 23,4)103

=16,1 10−2

м = 16,1 см.

[σ]

160 106

Сечение II: σD

M zII

M yII

≤ [σ],

отсюда

b ≥ 3

24M z

+12M y

(24 11,2 +12 36,4)103

=16,4 10

−2

м = 16,4 см.

[σ]

160 106

Окончательно выбираем большее́ значение b: b = 16,4 см; h = 0,5b = 8,2 см. Это и есть искомые размеры поперечного сечения балки.

Проверим правильность вычислений, определив нормальное напряжение в опасной точке LII опасного сечения II (вариант 1, k = 2).

Находим напряжение в этой точке отдельно от каждого из изгибающих моментов Mz и Mу при расчетном значении размера b = 9,23 см:

Wz =

2b3

2 9,233

= 262,1

= 524,2 см ; Wy =

см ;

M z

σML z =

11,2 10

= 21,3 106 Па = 21,3 МПа;

−6

524,2 10

σM y

M y

36,4 103

=138,8 106 Па = 138,8 МПа.

LII

Wy 262,1 10−6

Полное напряжение в опасной точке LII:

M у

= 21,3

+138,8 =160,1

МПа ≈ 160 МПа,

σL = σL z + σL

что соответствует допускаемому напряжению [σ]=160 МПа.

Проверки в остальных случаях проводятся аналогично.

Далее строим эпюру напряжений в опасном сечении II (рис. 26).

н.л.

КII

Эп. σМ z

+ LII

21,3

138,8

Эп. σМy

160

Эп. σ

Рис. 26

Пример 2 (задача 2). На вал (рис. 27, а), передающий мощность N = 54 кВт при скорости вращения n = 270 об/мин, насажены шкивы 1 и 2 (см. рис. 27, б) диаметрами D1 = 0,45 м; D2 = 0,72 м и углом наклона вет-

вей каждого из ремней, охватывающих шкивы α1 = 30 ; α2 = 70 . Требу-

ется определить диаметр вала d .

При расчете принять T1 = 2t1 , T2 = 2t2 , где Т1, Т2 – силы натяжения

ведущих ветвей, а t1, t2 – силы натяжения ведомых ветвей обоих ремней. Расчет выполнять по третьей теории прочности. Линейные размеры вала показаны на рис. 27, а.

y
		1	2	α2 = 70°
			2	T2	x
A				T2	x
A					B
z					B
z
α1 = 30°	T1 t1			t2
	а = 0,2 м	b = 0,4 м		с = 0,3 м

б)

	D1 = 0,45 м	D2 = 0,72 м
	1	2
	1
	30°	70°
	T1
	t1	T2
	t1	t2
		t2
	Рис. 27

Решение

1. Изобразить заданный вал согласно исходным данным (см. рис. 27, а). Определить скручивающие моменты:

М1 =	N	=	30N	=	30 54 103	=1,91 103 Н м=1,91 кН м;
	ω		πn		3,14 270

M2 = M1 =1,91 кН м.

2.Определить силы натяжения ремней

t1 = 2M1 = 2 1,91 =8,5 кН; D1 0,45

t2	=	2M 2		=	2 1,91	= 5,3кН.
		D2			0,72

		3. Приведем нагрузку к оси вала, то есть переносим силы Т1, t1, Т2, t2
на	ось		вала и добавляем к ним пары сил с моментами				M1	=	t1D1	,

								2

M 2 = t22D2 .

Изобразим расчетную схему вала (рис. 28, а). На расчетной схеме покажем все силы и моменты. Для сокращения записей обозначим векторную сумму сил натяжения ремней Fi:

F1 =T1 +t1 = 3t1 = 25,5кН;

F2 =T2 +t2 = 3t2 =15,9 кН.
Разложим силы на составляющие по осям у и z:
– вертикальная составляющая силы F1:
F1y = (T1 +t1)sin α1 = (8,5 2 +8,5)sin 30	=12,75кН;
– горизонтальная составляющая силы F1:
F1z = (T1 +t1)cos α1 = (2 8,5 +8,5)sin 30	= 22,08 кН;
– вертикальная составляющая силы F2:
F2 y = (T2 +t2 )sin α2 = (5,3 2 +5,3)sin 70	=14,94 кН;
– горизонтальная составляющая силы F2:

F2z = (T2 +t2 )cos α2 = (2 5,3 +5,3)cos 70 = 5,44 кН.

Определим реакции опор вала, составляя уравнения равновесия моментов относительно точек А и В в координатных плоскостях ху и xz; найденные реакции покажем на расчетной схеме.

Плоскость ху:

∑МА = 0; − F1ya − F2 y (a +b)+ RBy (a +b + c)= 0 ,

RBy =	F1ya + F2 y (a +b)		=	12,75 0,2 +14,94(0,2	+ 0,4)	=12,79	кН.
	a +b	+ c		0,2 + 0,4 + 0,3

а)	у			F2z = 5,44 кН
а)

		RAy = 14,9 кН						RВy = 12,79 кН
		RAy = 14,9 кН
F1z = 20,08 кН		RA z= 13,8 кН		M2 = M1		70	°	RВz = 0,83 кН
F1z = 20,08 кН		С		D		70		х
								х
			M1 = 1,91 кН·м
		А						В
		А						В
z		F1y = 12,75 кН			F2 = 15,9 кН
z
			F2у = 14,94 кН
			F2у = 14,94 кН
	30 °	F1 = 25,5 кН
		а = 0,2 м	b = 0,4 м			с = 0,3 м
б)					3,84

2,98

Эп. Мz, кН м

2,76

0,25

Эп. Мy, кН м

Эп. Мx, кН м

1,91

Рис. 28

∑МB = 0; − RAy (a +b + c)+ F1y (b + c) + F2 yc = 0 ,
RAy =	F1y (b + c) + F2 yc	=	12,75(0,4 + 0,3) +14,94 0,3		=14,9 кН.
	a +b + c		0,2 + 0,4 + 0,3

Плоскость хz:
∑МА = 0; − F1z a + F2z (a +b)+ RBz (a +b + c)= 0 ,
RBz = F1z a − F2z (a +b)		=	20,08 0,2 −5,44(0,2 + 0,4)	= 0,83 кН.
	a +b + c		0,2 + 0,4 + 0,3

∑МB = 0; − RAz (a +b + c)+ F1z (b + c) − F2zc = 0 ,

RAz =	F1z (b + c) − F2zc	=	20,08(0,4 + 0,3) −5,44 0,3	=13,8 кН.
	a +b + c		0,2 + 0,4 + 0,3

4. Строим эпюры изгибающих моментов Mz и Mу, эпюру крутящего момента Mх.

По совокупности внутренних силовых факторов определяем вид деформации вала – изгиб в двух плоскостях и кручение.

5. Определим эквивалентные моменты в сечениях C и D:

МэквС = Мz2c + M y2c + M x2c = 2,982 + 2,762 +1,912 = 4,48 кН м;

МэквD = Мz2D + M y2D + M x2D = 3,842 + 0,252 +1,912 = 4,3 кН м.

Из этих двух значений выберем большее

Mэквmax = MэквC = 4,48 кН м.

6.Определяем диаметр вала

d ≥	3	32M эквmax		3 32 4,48 103	−2
d ≥		π[σ]	=	3,14 120 106 = 7,25 10		м = 72,5 мм.

Округлим полученное значение до стандартного, то есть d = 80 мм.

Пример выполнения задания № 4

Пример. Для заданной статически неопределимой рамы (рис. 29) требуется построить эпюры:

–изгибающих моментов М;

–поперечных сил Q;,

–продольных сил N.

При расчете принять величину жесткости при изгибе постоянной, то есть EJ = const .

F = 10 кН
	С
кН/м		2 м
= 6		h =
q
	А	В
l1 = 1	м l2 = 1,5 м
	Рис. 29

Решение

1.Вычислим степень статической неопределимости рамы:

п = ∑Ri −3 = 5 −3 = 2.

2.Выбираем основную статически определимую систему путем от-

брасывания «лишних» связей (см. рис. 30, а). Действие отброшенных связей заменяем неизвестными реакциями отброшенных связей Х1 и Х2 (см. рис. 30, б). Направление этих реакций выбираем произвольно.

3. Запишем канонические уравнения метода сил для n = 2.

{δ11Х1 + δ12 Х2 + ∆1F = 0, δ21Х1 + δ22 Х2 + ∆2F = 0.

4. Строим единичные эпюры изгибающих моментов в выбранной основной системе от действия сил Х1 =1 и Х2 =1(см. рис. 30, в).

Основная

Эквивалентная

Эп. М1

Эп. М2 Х2 = 1

система

Х2

1,5

Х1

1 = 1

а)

б)

Рис. 30

в)

Грузовую эпюру МF строим в основной системе от заданной нагрузки. При построении грузовой эпюры удобно воспользоваться принципом суперпозиции действия сил. Для этого строим грузовые эпюры изгибающих моментов от каждого вида внешней нагрузки отдельно: M F′ – эпюра

от действия сосредоточенной силы F (рис. 31, а); M F′′ – эпюра от действия

равномерно распределенной нагрузки q (рис. 31, б); грузовая эпюра МF получается сложением построенных эпюр: M F = M F′ + M F′′ (см. рис. 31, в).

Эпюра изгибающих моментов строится на сжатых волокнах.

Эп. М'F	Эп. М''F	Эп. МF
F = 10 кН		10
		10
10
	3
	12	7
		7
10	12	2	13
a)	25
a)	б)	в)

Рис. 31

5. Все коэффициенты канонических уравнений метода сил находятся методом Мора, перемножая соответствующие эпюры по правилу Верещагина или с помощью других известных способов вычисления интеграла Мора (см. прил. 7).

δ11

= ∑∫M1M1dx =

1,5

2 1,52 =

1,125

;

6EJ

= ∑∫

dx =

= 8,67 ;

δ22

22 +

1,5 2

6EJ

δ12 = δ21 = ∑∫

dx = −

1,5 1,5 2 = − 2,25 ;

= ∑∫

M F dx

1,5

∆1F

(−2 1,5 13 +1,5 2)= −

;

6EJ

1,5

6 22

∆2F = ∑∫

F dx =

−2 2 2 +10 2 +

(0 + 2)

6EJ

1,5

(− 2

2 + 2 13

2 − 2 2 + 13

2) =

24,5

6EJ

6. Подставляем найденные значения коэффициентов в систему канонических уравнений и решаем ее относительно неизвестных х1 и х2:

1,125

Х1 − 2,25

Х2

−

1,125Х1

− 2,25Х2

=9,

2,25

Х1

8,67

2 +

24,5

= 0

{−2,25Х1 +8,67 Х2 = −24,5.

−

Умножаем первое уравнение почленно на 2, в результате получаем:

{ 2,25Х1 − 4,5Х2 =18, −2,25Х1 +8,67 Х2 = −24,5.

Складывая почленно эти уравнения, будем иметь

4,17 Х2 = −6,5 Х2 = −1,56.

Тогда

Х1 = (9 + 2,25Х2 )= (9 + 2,25 1,56)= 4,88 . 1,125 1,125

Полученный знак «–» у неизвестного Х2 указывает на то, что истинная реакция отброшенной связи направлена не влево, как предполагали ранее, а вправо.

7. Далее строим эпюру изгибающих моментов в заданной системе путем сложения исправленных эпюр изгибающих моментов М1Х1 и

М2 Х2 с грузовой эпюрой МF (рис. 31).

Эп.		Эп.		Эп. М, кН м
Эп.	М1Х1	Эп.	М2Х2	Эп. М, кН м
			Х2 = 1,56	10
			Х2 = 1,56

		7,32
		Х1 = 4,88					3,12					5,12	2,56
		Х1 = 4,88					3,12					5,12
							Рис. 31
	Выполним деформационную проверку эпюры М.
										2
	МM 2	2						6	2	2
	МM 2	2						6	2
∑∫	EJ	dx =	6EJ	− 2	5,12	2	+ 2 10 +		4		(0 + 2)	+