Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный технический университет Украины «Киевский политехнический институт»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

sopromat_metoda_2_semestr_doc.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.05.2015

Размер:

1.74 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 106 7 8 9 10 > Следующая >>>

Для заданого стояка (рис. 7.1, табл. 7.1), що стиснений осьовою силою Р, підібрати переріз (рис. 7.2, 7.3), попередньо раціонально його розташувавши. Конструкцію опор стояка показано у двох проекціях. Складений переріз працює як одне ціле. Матеріал – сталь Ст3, допустиме напруження на стиск [ σ] =160 Ì Ï à .

		Таблиця 7.1. Варіанти завдань до задачі 7
Параме					Варіант
тр	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
Ð, êÍ	260	280	400	240	380	320	370	400	360	300
l, ì	4,5	4,5	4	3	3,5	2,5	3	2,5	4	3,5

План розв’язування задачі

Задача розв’язується методом послідовних наближень з використанням таблиці коефіцієнтів зменшення основного допустимого напруження.

1.Проаналізувавши умови закріплення кінців стояка у двох площинах, побудувати розрахункову схему.

2.Прийнявши значення коефіцієнта зменшення основного допустимо-

го напруження ϕ1 = 0,5...0,6 , визначити площу поперечного перерізу і з урахуванням форми перерізу обчислити радіуси інерції iy ,iz .

3. Для забезпечення максимальної жорсткості стержня в цілому переріз розташувати так, щоб вісь координат, відносно якої переріз має більший радіус інерції, була перпендикулярна до площини, в якій коефіцієнт зведення довжини μ має більше значення. Обчислити гнучкості стержня у двох площинах. Подальший розрахунок вести для площини найбільшої гнучкості.

Рис. 7.1. Варіанти розрахункових схем до задачі 7

Рис. 7.2. Варіанти суцільних поперечних	Рис. 7.3. Варіанти складених поперечних
перерізів стиснутих стержнів	перерізів стиснутих стержнів
(вар. А)	(вар. Б)

4. За обчисленим значенням максимальної гнучкості знайти, використовуючи табличні дані, коефіцієнт ϕ1 (за необхідністю – методом інтерполяції). Якщо різниця між заданим і знайденим значеннями коефіцієнта перевищує 5 %, розрахунки повторити, задаючись новим значенням коефіцієнта ϕ2 , що дорівнює середньому арифметичному двох попередніх,

іт. д.

5.Для остаточного значення площі перерізу обчислити напруження в

стержні і порівняти з допустимими напруженнями на стійкість [ σñò ] = ϕ[ σ]

Розв’язання задачі

Для стояка, який представлений на рис. 7.1, вар. 0, що стискається силою P = 300 êÍ , підібрати переріз, який складається з двох швелерних профілів (рис. 7.3, вар. 9). Довжина стояка l = 5 ì . Матеріал – сталь Ст3.

Допустиме напруження на стиск [ σ] =160 Ì		Ï à .
I	I I
	μI = 1	μ I I = 0 , 5

Рис. 7.4. Розрахункова схема

1. Аналізуючи, які в’язі накладає закріплення кінців стояка у двох площинах, будуємо розрахункову схему (рис. 7.4) і встановлюємо значення коефіцієнтів зведення довжини μ у кожній площині. Переріз стояка будемо підбирати, використовуючи умову стійкості

σ =	P	≤ ϕ[ σ] , з якої	F =	P
					.
				ϕ[ σ]
	F

2. На першому етапі розрахунку задаємось ϕ1 = 0,6 . Тоді площа пере-

різу


F1 =	P	=		350 ×103			= 38,7 ×10-4 ì 2	= 38,7 ñì 2 .
F1 =	ϕ1[ σ]	=	0,6 ×160 ×106				= 38,7 ×10-4 ì 2	= 38,7 ñì 2 .
	ϕ1[ σ]		0,6 ×160 ×106
Розрахункова площа перерізу одного швелера
			F'1 =		F1	= 38,7 = 19,35 ñì 2 .
			F'1 =			= 38,7 = 19,35 ñì 2 .
			2			2
За таблицею сортаменту						підбираємо швелер ¹			16à , для якого
F' =19,5 ñì 2 , I y ' = 823 ñì 4 , Iz ' = 78,8 ñì 4 , b = 6,8 ñì								, z0	= 2,00 ñì .

			Z
		Z	‘
		Z	‘	Y
		Y	‘
		Y
Z	0	b
		b
		Рис. 7.5. Поперечний переріз стояка

Визначаємо положення головних центральних осей перерізу y, z і обчислюємо головні центральні моменти інерції перерізу (рис. 7.5):

I y = 2I y ' = 2 ´823 =1646 ñì 4 ;

Iz = 2éëIz ' + (b - z0 )2 F' ùû = 2 éë78,8 + (6,8 - 2)2 ´19,5ùû =1056,16 ñì 4 .

Радіуси інерції перерізу:

I y

iy =

1646

= 6,50 ñì ;

2 ´19,5

iz =

1065,16

= 5,20 ñì .

2 ´19,5

Оскільки iy > iz , переріз розташовуємо так, щоб вісь y була перпендикулярна до площини, в якій коефіцієнт зведення довжини μ більший (жорсткість закріплення менша), тобто до площини I (див. рис. 7.4). При такій орієнтації перерізу різниця в гнучкості стержня в обох площинах буде мінімальна.

Обчислюємо гнучкості стержня в площинах І і ІІ:

lI = μIl = 1×500 = 76,9 ; iy 6,50

lII =	μII l	=	0,5×500	= 48,1.
	iz		5,20

Небезпечною є площина І, в якій гнучкість стержня максимальна. Тому подальший розрахунок стержня на стійкість будемо вести в площині

І.

За допомогою таблиць для гнучкості знаходимо коефіцієнт j1, що відповідає λI = 76,9 . При цьому використовуємо метод інтерполяції. За таблицями для λ = 70 − ϕ = 0,81, для λ = 80 − ϕ = 0,75. Тоді

j'1 = 0,81- 0,81− 0,75 ´6,9 = 0,77 . 10

Оскільки j'1 ¹ j1 , переходимо до другого етапу розрахунку. 3. Задаємось другим значенням коефіцієнта

ϕ2

= ϕ1 + ϕ'1

0,6 + 0,77

= 0,69.

Знаходимо

F2 =

350 ×103

= 3,17 ×10-4

ì 2 = 31,7 ñì 2 .

ϕ2 [ σ]

0,69 ×160 ×106

Розрахункова площа перерізу швелера

F '

= 31,7 =15,85 ñì 2 .

За таблицями сортаменту підбираємо швелер № 14, для якого

F' =15,6 ñì 2 ;

² y ' = 491 ñì 4 ; Iz '

= 45,4 ñì 4 ; b = 5,8 ñì ; z0 =1,67 ñì .

Обчислюємо:

I y

I y = 2I y ' =

2 ×491 = 982 ñì

;

iy =

982

= 5,6 ñì

;

2 ×15,6

λI = μIl =

1×500 = 89,5 .

5,6

За таблицями для λI = 89,5 методом інтерполяції визначаємо

ϕ'2 = 0,69 + 0,75 − 0,69 ×0,5 = 0,693. 10

Оскільки різниця між значеннями ϕ2 і ϕ'2 менша 5 %, на останньому перерізі можна зупинитися.

Перевіримо виконання умови стійкості стержня, що складений з двох швелерів № 14:

σ =	P	=	350 ×103			=
	F		×	×	−4

			2 15,6 10
=112 ×106 Ï à =112 Ì	Ï à > ϕ'2 [σ] = 0,693×160 = 110,9 Ì Ï à .

Переріз перевантажено. Підраховуємо його перевантаження:

δ = 112 −110,9 ×100 % =1 % . 110,9

Перевантаження допустиме, оскільки воно менше 5 %. Отже заданий стояк необхідно виготовити з швелерів № 14.

ЗАДАЧА 8 РОЗРАХУНОК СТЕРЖНЕВОЇ СИСТЕМИ З ВРАХУВАН-

НЯМ СИЛ ІНЕРЦІЇ

Для системи, що складається з сталевого вала АВ і пов'язаних з ним стержнів того ж діаметра (рис. 8.1, табл. 8.1), визначити з умови міцності грани-

чну кутову швидкість обертання, якщо L = 0,4 ì						і [σ] =100 Ì		Ï à .
		Таблиця 8.1. Варіанти завдань дозадачі8
Варіант	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
d, см	1	1.5	2	2.5	3	3,5	4	4,5	5	5,5
k	0	0,2	0,3	0,4	0,5	0,6	0,7	0,8	0	1
m	1,0	0,5	0,8	0,7	0	1,0	0,6	0,1	0,3	0,2

План розв'язування задачі

1.Обчислити розподілені сили інерції q(x), що діють на окремі стержні під час обертання вала АВ.

2.Розглядаючи вал зі стержнями як раму, що навантажена силами інерції, зобразити розрахункову схему системи. Обчисливши рівнодійні розподілених сил інерції, визначити реакції в опорах.

3.Побудувати епюри згинальних моментів М, поздовжніх сил N і встановити небезпечний переріз.

4.Обчислити граничну кутову швидкість вала з умови міцності за нормальними напруженнями.

Рис. 8.1. Варіанти розрахункових схем до задачі 8

де a2

Розв’язання задачі

Рама, що виготовлена із стержнів круглого перерізу діаметром d, обертається відносно вертикальної осі з кутовою швидкістю ω (рис. 8.2).

Дано: l = 0,4 ì , d =1 ñì , g = 9,81 ì c2 , матеріал – сталь: [ s] =100 Ì Ï à , питома вага g = 80 êÍ ì 3 .

Знайти: [ w] з умови міцності рами.

1. Умовно зупинимо раму, приклавши до неї, згідно з принципом Даламбера, сили

інерціі q1 ( x) , q2 , q3 ( x) (рис.8.3).

Сили інерціі, що діють на елементарні ділянки стержнів довжиною dx :

		æ	g	ö	g
dP2	= dm2a2	= ç		F ´dx ¸´(w2l ) =		Fw2l ´dx ,
					g
		è g		ø

– відцентрове прискорення ділянки dx стержня ΙΙ;

Рис. 8.2. Розрахункова схема рухомої рами

xdx

	I	q1 ( x)		l	x
					dx
		III		lII
A					q2
		q3	( x)

Рис. 8.3. Розрахункова схема еквівалентної нерухомої рами

æ g

dP1 ( x) = dP3 ( x) = dm1a1

( x)

= ç

F ´dx ¸´(w2x) = =

Fw2x ´dx .

è g

Cили, що діють на одиницю довжини стержнів:

q = dP2 =

Fw2l = q

(1)

q1 ( x) = q3 ( x) =

dP1 ( x)

Fw2x = q

Отже сила інерціі q2

розподілена вздовж

стержня ΙΙ рівномірно (за законом “прямокут-

l 2

P2 = ql

ника”). Рівнодійна P2 дорівнює площі ії епю-

q2 = q

ри (прямокутника) (рис. 8.4):

P2 = ql .

Рис. 8.4. Рівнодійна сила на

ділянці II

Сили інерції q1 ( x) та q3 (

x) розподілені

q1 ( l ) = q

вздовж стержнів Ι та ΙΙΙ лінійно (за законом

(0) =0

“трикутника”). Їх рівнодійні P1 та P3

дорі- q1

внюють площі трикутника (рис. 8.5):

		P = P = 1 ql					.
		1		3	2		.
					2
2. Визначимо реакції опор RA і RB з рі-
внянь рівноваги				рами,				використовуючи
замість сил інерції q1 , q2 , q3								їх рівнодійні P1 ,
P2 , P3 (рис. 8.6):
åM j( A) = 0:				Pl + P ´				l	- R ´2l = 0 ,
åM j( A) = 0:				Pl + P ´					- R ´2l = 0 ,
j				1		2	2			B
R =	1 P +		1 P =		1 ql + 1 ql = ql ;
B	2	1	4	2	4		4			2

Рис. 8.5. Рівнодійна сила на ділянці I

		P = 1	2		ql
	0,5l	1	2
	0,5l	P2		=ql
	0,5l	P2		=ql
A	0,5l	P = 1			ql
A		P = 1		2	ql
RA		3		2
RA
	2l
B	RB	x
B		x

75	Рис. 8.6. Визначення реакцій

å X j = 0 :

P1 + P2 + P3 + RB − RA = 0 ,

= P + P + P + R = 5 ql .

3. Побудуємо епюри внутрішніх згинальних моментів M та поздовж-

ніх сил N (рис .8.10).

Визначимо внутрішні моменти і сили в перерізах x .

Ділянка Ι (рис. 8.7):

0 < x < 1:

q1 ( x)

M1 ( x) = åM j( S ) = 0;

N1 ( x) = −å X j = −

2 q1 ( x)

×x = − 2 q

N1 ( 0) = 0 ,

N1 ( l)

= −

1 ql .

Рис. 8.7. Визначення

внутрішніх зусиль на

Ділянка ΙΙ (рис. 8.8):

0 ≤ x ≤ l :

ділянці I

M2 ( x) = åM j( S ) =

1 q1 ( l ) ×l ×x + q2 ×x ×

q1(x) l

= 2 qlx + qx

;

M2 ( 0) = 0,

M2 ( l) = ql2 ;

N2 ( x) = −å X j = 0 .

Ділянка ΙΙΙ (рис. 8.9):	0 ≤ x ≤ l :
M3 ( x) = å X j = RB ×2l = ql2 ;
j
N3 ( x) = −å X j = −RB + RA −	1 q3 ( x) ×x =
j	2

Рис. 8.8. Визначення внутрішніх зусиль на ділянці II

76Рис. 8.9. Визначення внутрішніх зусиль на ділянках

III і IV

= −

ql +

ql −

= 2ql −

N3 (

= 2ql ,

N3 ( l ) =1,5ql .

Ділянка ΙV (рис. 8.9):

0 ≤ x ≤ 2l :

M4 (

= åM j(

S ) = RB ×x =

1 qlx

M4 ( 0) = 0,

M4 ( 2l) = ql2 ;

N4 ( x)

= −å X j = 0 .

0,5ql

A	ql2
A	A
	ql2
	1,5ql
	2ql

Рис. 8.10. Епюри внутрішніх зусиль

Визначимо допустиму кутову швидкість обертання рами [ω] з умови міцності рами за нормальними напруженнями.

σM=Mz/Wz

σN=N/F

Рис. 8.11. Епюри напружень в небезпечному

перерізі A рами

Напруження в небезпечній точці А1 (рис. 8.11):

= sA

= (

sM + sN )

A +

ql2

2ql

+ 8

max

Умова міцності рами з урахуванням (1):

γF

w l ´l æ

gw2l2

[

ç32

+ 8

¸=

ç32

8¸=

+ 8

¸£

max

pd 2

Звідси

4 ´9,81´100 ´106

w £

4g s

»15,42 ñ−1

0,4

+ 8¸

80 ´10

´ 0,4

´ç

32 ´

+ 8

0,01

[ w] =15,42 ñ−1.

Примітка. Без врахування внутрішніх поздовжніх сил N отримаємо

w £

4g s

»15,42 ñ−1

+ 8

[

w =15,42

ñ−1

]

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 106 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.2016832.88 Кб60Sis_prog_zabezpechennya.pdf
#
23.12.2018873.47 Кб23Slav'janstvo.doc
#
17.03.20161.04 Mб12solncemetod.pdf
#
17.03.2016667.14 Кб2SolUPPERkeyWB.pdf
#
17.03.20162.78 Mб21sopromat.pdf
#
12.05.20151.74 Mб5sopromat_metoda_2_semestr_doc.pdf
#
07.09.2019111.1 Кб0SOSZ_Zalik.doc
#
13.07.201968.61 Кб3SOUND CLASSIFICATION.doc
#
03.11.2018196.61 Кб13Sound Right (tapescript)-1.doc
#
12.05.20151.73 Mб5Spektorsky_diskretka.pdf
#
06.11.2018244.22 Кб0SPiOSlb2_new_new.doc