Загрузил fallen_95-95

Курсовая сопромат

Реклама
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего образования
ИРКУТСКИЙ НАЦИНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ
Институт заочно-вечернего обучения
Кафедра теоретической механики и сопротивления материалов
Допускаю к защите ___________
руководитель
А.Ю. Перелыгина
РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ И УСТОЙЧИВОСТЬ СТЕРЖНЕВЫХ
ЭЛЕМЕНТОВ ОБОРУДОВАНИЯ
ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА
к курсовой работе по дисциплине
Сопротивление материалов
Выполнил студент группы КТбз-17-2
___________
В.С. Попов
Нормоконтроль
___________
А.Ю.Перелыгина
Курсовая работа защищена с оценкой
___________
Иркутск 2019 г
1
Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего образования
ИРКУТСКИЙ НАЦИНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ
ЗАДАНИЕ НА КУРСОВУЮ РАБОТУ
По курсу: Сопротивление материалов
Студент группы КТбз-17-2 Попов Вадим Сергеевич
Зачетка №17150045
Тема курсовой работы: Расчет на прочность и устойчивость стержневых
элементов оборудования
Исходные данные:
Задача 1. схема 9; F2=45кН; q=25кН/м; l1=1,7м; l2=1,7м; l3=1,1м;
[σ]c=460Мпа; [σ]р=180Мпа
Задача 2. схема 9; швеллер №22а; полоса 350х10 мм; уголок
неравнополочный 125х80х8.
Задача 4. схема 9; F=40кН; q=40кН/м; M=12кН∙м; l1=1,6м; l2=1,5м;
l3=1,8м; [σ]=240МПа; [τ]=145Мпа
Задача 5. схема 9; F=12кН; q=20кН/м; M=20кН∙м; l1=0,8 м; l2=2,0 м; l3=2,1
м; [σ]=230МПа; [τ]=140Мпа
Задача 6. форма сечения 9; способ закрепления II; материал- Сталь 35;
σу=320Мпа; σр=270 Мпа; F  430 кН 2 ; l=3,0м; nПР=1,55
Задача 9. схема II; l1=110мм; l2=310мм; l3=310мм; D2=340; D3=210; α1=50;
α2=10; N=22 кВт; n=340об/мин;    80 МПа
Рекомендуемая литература:
1. Дружинина Т.Я. Построение эпюр внутренних силовых факторов: учеб.
пособие к расчет.-проектировоч. работам и домаш. задачам по курсу
сопротивления материалов для машиностроит. и мех. специальностей оч. и
заоч. обучения / Т.Я. Дружинина, Э.И. Фильчагина. – Иркутск: Изд-во ИрГТУ,
2002. – 94 с.
2. Лапшин В.Л. Сопротивление материалов. Расчет на прочность и
устойчивость стержневых элементов горного оборудования: учеб. пособие для
выполнения курсовой работы / В.Л. Лапшин, В.П. Ященко. – Иркутск: Изд-во
ИрГТУ, 2014. – 100 с.
3. Лапшин В.Л. Сопротивление материалов. Практический курс: учеб.
пособие. Ч 1. / В.Л. Лапшин [и др.]. – Иркутск: Изд-во ИрГТУ, 2011. – 132 с.
4. Мартыненко М.Г. Сопротивление материалов. Словарь основных
терминов и определений. – Иркутск: Изд-во ИрГТУ, 2011. – 36 с.
2
5. Распопина В.Б. Сопротивление материалов. Определение
геометрических
характеристик
поперечных
сечений
стержневых
конструктивных элементов аналитически и с помощью модуля APM Structure
3D программного комплекса APM WinMachine: учеб. пособие. – Иркутск:
Издво ИрГТУ, 2012. – 152 с
6. Распопина В.Б. Сопротивление материалов. Расчет вала при
совместном действии изгиба и кручения: учеб. пособие для вузов по
направлению подготовки бакалавров и магистров «Технология, оборудование и
автоматизация машиностроит. пр-в». / В.Б. Распопина, Э.И. Фильчагина. –
Иркутск: Изд-во ИрГТУ, 2005. – 98 с.
7. Расчет на устойчивость центрально сжатых стержней: метод. указания
для выполнения курсовых и расчет.-проектировочных работ по сопротивлению
материалов для мех. и машиностроит. специальностей оч.; веч. и заоч. форм
обучения / сост. В.Л. Лапшин, В.П. Ященко. – Иркутск: изд-во ИрГТУ, 2001. –
26с.
8. Степин П.А. Сопротивление материалов: учеб. для немашиностроит.
спец. ВУЗов. – СПб. : Лань, 2010 -319с.
9. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. – М.: изд-во МГТУ им.
Н.Э. Баумана, 2001. – 590с.
Дата выдачи задания «___» ____________2018 г.
Дата представления проекта руководителю «___»
2019 г.
Руководитель курсовой работы ______________ А.Ю. Перелыгина
3
СОДЕРЖАНИЕ
1. ЗАДАНИЕ НА КУРСОВУЮ РАБОТУ..……………………………………...2
2. СОДЕРЖАНИЕ....…..……………....………………………...…………….…..4
3. ВВЕДЕНИЕ………...…………………………………………………………...5
4. Задача №1. Расчет ступенчатого стержня на прочность при центральном
растяжении и сжатии .............................................................................................................. 7
5. Задача №2. Определение геометрических характеристик составного
симметричного сечения из стандартных профилей ................................................. 10
6. Задача №4. Расчет статически определимой консольной балки на
прочность и жесткость ..................................... Ошибка! Закладка не определена.
7. Задача №5 Расчет статически определимой шарнирно закрепленной балки
на прочность ........................................................ Ошибка! Закладка не определена.
8. Задача №6. Проектный расчет центрально сжатого стержня на
устойчивость........................................................................................................................... 26
9. Задача №9. Расчет промежуточного вала редуктора на прочность при
изгибе с кручением ............................................ Ошибка! Закладка не определена.
ЗАКЛЮЧЕНИЕ ..................................................................................................................... 34
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ .................................................... 35
4
ВВЕДЕНИЕ
Сопротивление материалов — часть механики деформируемого твёрдого
тела, которая рассматривает методы инженерных расчётов конструкций на
прочность, жесткость и устойчивость при одновременном удовлетворении
требований надежности, экономичности и долговечности. Сопротивление
материалов относится к фундаментальным дисциплинам общеинженерной
подготовки специалистов с высшим техническим образованием, за исключением
специальностей, не связанных с проектированием объектов, для которых
прочность является важным показателем.
В различных узлах машин (в том числе в механических передачах)
содержится ряд деталей, предназначенных для поддерживания вращающихся
элементов зубчатых и червячных колёс, шкивов, звёздочек и т.д. Такие детали
называются валами и осями. По конструкции оси и прямые валы мало отличаются
друг от друга, но характер их работы существенно различен: оси являются
поддерживающими деталями и воспринимают только изгибающие нагрузки; валы
представляют собой звенья механизмов, передающие крутящие моменты и,
помимо изгиба, испытывают кручение.
Нагрузки, воспринимаемые валами и осями, передаются на корпуса, рамы и
станины через опорные устройства подшипники.
Части валов и осей, непосредственно соприкасающиеся с подшипниками,
носят общее наименование «цапфы». Цапфу, расположенную на конце вала,
называют шипом, а цапфу на средней части вала шейкой. Цапфы, передающие на
опоры осевые нагрузки, называют пятами.
Оси могут быть неподвижными или вращаться вместе с насаженными на
них деталями. Валы при работе механизма всегда вращаются.
Признаками для классификации валов служат их назначение, форма
геометрической оси, конструктивные особенности.
Основными критериями работоспособности проектируемых редукторных
валов являются прочность и выносливость. Они испытывают сложную
деформацию совместное действие кручения, изгиба и растяжения (сжатия). Но
так как напряжения в валах от растяжения небольшие, то их обычно не
учитывают.
Расчет на совместное действие изгиба и осевого нагружения, выполняемый с
учетом как влияния осевых сил на прогибы бруса, так и с учетом дополнительных
изгибающих моментов от указанных сил, принято называть расчетом на
продольно-поперечный изгиб.
Внешние силы, образующие момент относительно оси, перпендикулярной
продольной оси балки, вызывают деформации, которые заключаются в
искривлении продольной оси балки. Такой вид деформированного состояния
называют чистым изгибом.
Для отдельно взятого элемента конструкции взаимоуравновешенные
активная сила и сила реакции опоры являются внешними силами. Конструкция
оказывает сопротивление внешней нагрузке, за счет чего происходит изменение
5
формы и размеров конструкции – деформирование (от лат. deformatio –
искажение).
Основные требования к машинам и деталям: потребности производства,
имеющего основной целью всемерное неуклонное повышение благосостояния
трудящихся, определяют основные тенденции в развитии советского
машиностроения: увеличение производительности и мощности машин, скоростей,
давлений и других показателей интенсивности технологических процессов,
повышение к.п.д. машин, уменьшение их массы и габаритов, широкую
автоматизацию управления машинами, повышение их надежности и
долговечности, снижение стоимости изготовления, повышение экономической
эффективности эксплуатации, удобства и безопасности обслуживания.
6
Задача 1
Для заданного ступенчатого стержня (табл. 4) требуется:
а) построить эпюру продольных сил N;
б) рассчитать диаметры d1, d2, ступенчатого стержня;
в) построить эпюру нормальных напряжений σ.
Исходные данные взять из табл. 3.
Дано: F2  45 кН , q  25 кН / м ,
2  1, 7 м ,
1  1, 7 м ,
 Р  180 МПа ,  C  460 МПа .
3
 1,1м ,
Схема IX .
Рисунок 1.
7
Решение
1.
Разбиваем стержень на участки, как показано на рис.1а. Пользуясь
методом сечений, определяем значения продольных сил N на участках стержня,
начиная со свободного конца:
Участок 1. (0  z1  1,7 м);
N ( z1 )  qz1 ,
N ( z1  0)  0 ; N ( z1  1,7)  25 1,7  42,5 кН.
Участок 2. (0  z2  1,7 м);
N ( z2 )  q 1,7  25 1,7  42,5 кН ,
Участок 3. (0  z3  1,1 м);
N ( z3 )  q  1,7  F2  q  z3 ,
N ( z3  0)  25 1,7  45  25  0  2,5 кН
N ( z3  1,1)  25 1,7  45  25 1,1  25 кН .
Строим эпюру продольных сил N (рис.1б).
Реакция заделки вызывает растяжение стержня (знак эпюры положительный)
и по величине равна скачку на эпюре N R  25 кН .
2.
По эпюре продольных сил для каждой из ступеней стержня
определяем наибольшие по величине сжимающие продольные силы.
Ступень I (Участок 1):
Р
N MAX
 42,5 кН .
Из условия прочности на растяжение определим площадь поперечного
сечения первой ступени по допускаемому напряжению:
Р
N MAX
42,5 103
А1 

 2,3 104 м 2 ,
6
  р 180 10
d1 
4  2,3 104

 1,71102 м  17 мм .

3,14
4 A1
Принимаем d1  17 мм .
Ступень II (Участки 2 и 3):
Р
N MAX
 42,5 кН .
А2 
Р
N MAX
  р

42,5 103
 2,3 104 м 2 ,
6
180 10
8
4  2,3 104
d2 

 1, 71102 м  17 мм .

3,14
Принимаем d 2  17 мм .
В сечении С стержень сжат. Из условия прочности на сжатие определим
площадь поперечного сечения по допускаемому напряжению:
C
N MAX
 2,5 кН .
4 A1
А2 
C
N MAX
 C
2,5 103

 0, 05 104 м2 ,
6
460 10
4  0,05 104
d2 

 0, 25 102 м  2,5 мм .

3,14
Принимаем окончательно d 2  17 мм .
4 A1
3.
стержня:
Вычисляем
величину нормальных напряжений 
на участках
N A 42,5 103
A B 

 18, 4 107 Па  184 МПа ,
4
A1 2,3 10
NC
2,5 103
C 

 1, 08 107 Па  10,8 МПа ,
4
A2
2,3 10
ND
25 103
D 

 10,8 107 Па  108 МПа ,
4
A2 2,3 10
Строим эпюру нормальных напряжений  (рис.1в).
9
Задача 2
Для симметричного сечения из стандартных профилей (табл. 6), требуется:
а) определить положение центра тяжести сечения;
б) определить главные центральные моменты инерции J X , J Y ;
в) определить момент сопротивления WX относительно оси изгиба Х.
Исходные данные взять из табл. 5. Размеры стандартных профилей (двутавр,
швеллер, неравнополочный уголок) приведены в Прил. А.
Схема IX ,
неравнополочный уголок 125х80х8 ,
швеллер  22а ,
Дано:
полоса 350 х10 ,
С
С
С
Рисунок 2.
Решение:
1.Геометрические характеристики швеллера относительно его собственных
центральных осей согласно ГОСТ 8240-72 следующие:
площадь А1=28,8 см2; высота сечения h1=220 см; моменты инерции JX1=2330
см4; JY1=187 см4; абсцисса центра тяжести швеллера z0=2,46 см.
неравнобокого уголка по ГОСТ 8510-72: площадь А3=А4=16 см2; моменты
инерции JX3= JX4=83 см4; JY3= JY4=256 см4; x0=1,84 см; y0=4,05 см.
Геометрические характеристики полосы относительно ее собственных
центральных осей следующие:
площадь А2=35·1=35 см2;
центральных осей
JX2 
моменты инерции относительно собственных
b2 h23 1 353

 3573 см4 ,
12
12
10
JY 2
h2b23 35 13


 3 см 4 ,
12
12
2. Построение сечения в масштабе (см. рисунок 3).
Рисунок 3.
11
3. Определение координаты центра тяжести сечения.
- Строим вспомогательную систему координат. В качестве
вспомогательной системы координат выбираем центральные оси швеллера X1 и
Y1.
Определяем координаты центра тяжести сечения относительно
вспомогательной системы координат. Для рассматриваемого сечения
необходимо вычислить только одну координату XC, так как другая координата
YC известна. Координата центра тяжести (к.ц.т.) сечения
формуле:
xC 
Sy
A
определяется по
, где
Sy – статический момент всего сечения относительно оси Y; A – площадь
всего сечения. Для рассматриваемого примера статический момент сечения
следует обозначить, как Sy1, так как xC определяется относительно оси Y1.
Рассматриваемое сечение сложное. Применительно к нашей задаче
формула статического момента:
SY 1 1 SY 1  2 SY 1  3 SY 1  4 SY 1  x1 A1  x2 A2  x3 A3  x4 A4
Так как координата x в прямоугольной системе координат представляет
собой кратчайшее расстояние (перпендикуляр) от центра тяжести
соответствующей фигуры до оси Y, то:
b
2
1
2
x1=0; x2  0  ( z0  2 )  0  (2.46  )  2,96 см.
x3  x4  B3  y03  z03  12,5  4.05  2.46  5.99 см.
SY 1  0  28,8  2,96  35  5,99 16  5,99 16  88, 08 см3.
Площадь сложного сечения:
А=А1+А2+А3+А4=28,8+35+16+16=95,8 см2.
Следовательно,
xC 
95,8
 1, 08 см.
88, 08
4. Определяем главные центральные моменты инерции сечения.
12
Поскольку ось XС является главной центральной, а ось YС ей
перпендикулярна, центробежный момент инерции J X Y  0 , и эти оси составляют
пару главных центральных осей. Для определения моментов инерции используем
формулы перехода между параллельными осями:
С C
J Xc  ( J X 1  yc21 A1 )  ( J X 2  yc22 A2 )  ( J X 3  yc23 A3 )  ( J X 4  yc24 A4 ) 
 (2330  02  28,8)  (3573  02  35)  (83  12,82 16)  (83  (12,8) 2 16)  11312 см4 .
JYc  ( JY 1  xc21 A1 )  ( JY 2  xc22 A2 )  2( JY 3  xc23 A3 ) 
 (187  (1,08)2  28,8)  (3  (4,04) 2  35)  2(256  4,9 2 16)  2075 см4 .
5. Определяем значение осевого момента сопротивления.
Осевой момент сопротивления в нашем случае вычисляется по формуле
WXc 
J Xc
,
y max
где ymax – расстояние от соответствующей оси до наиболее удаленных точек
сечения (рис.3).
Тогда WXc 
11312
 595 см3
19
13
Задача 4
Для заданной консольной балки требуется (табл.10):
а) построить эпюры внутренних силовых факторов Q и М в балке;
б) проверить на прочность по нормальным напряжениям сечение из
задачи 2;
в) рассчитать угол поворота и прогиб в точке К методом начальных
параметров.
Исходные данные принять по табл. 9.
Дано: F  40 кН , q  40 кН / м , М  12 кН / м ,
1  1,6 м ,
2  1,5 м ,
3
 1,8 м ,    240 МПа ,    145МПа .
Схема IX .
Рисунок 4
14
Решение
1.
Построение эпюр поперечных сил Q и изгибающих моментов M.
Разбиваем балку на три силовых участка. Составляем уравнения поперечных сил
и изгибающих моментов на каждом участке:
Участок 1. (0  z1  1,8 м);
Q( z1 )  F  const  40 кН .
М ( z1 )   Fz1 .
z1  0 ; M (0)  0 .
z1  1,8 м ; M ( z1  1,8)  40 1,8  72 кН / м .
Участок 2. ( 0  z2  1,5 м);
Q( z2 )  F  qz2 .
z2  0 ; Q(0)  40 кН .
z2  1,5 ì ; Q(1.5)  40  40 1.5  20 кН .
qz22
М ( z2 )   F  (1,8  z2 )  M 
(параболическая зависимость M от z2 ).
2
2
z2  0 ; M (0)  40  (1,8  0)  12  40  0  84 кНм .
2
40 1,52
z2  1,5 ì ; M (1.5)  40  (1,8  1,5)  12 
 99 кНм .
2
dМ ( z2 )
 0.
Уравнение момента исследуем на экстремум
dz2
F 40
F  qz2  0  zЭКС  
1 м.
q 40
Экстремум расположен в пределах рассматриваемого участка.
Определяем величину M ЭКС :
M (1)  40  (1,8  1)  12 
40 12
 104 кНм .
2
Участок 3. ( 0  z3  1,6 м);
Q( z3 )  F  q 1,5  40  40 1,5  20 кН
(постоянное значение Q на участке,
линия эпюры параллельна нулевой линии).
М ( z3 )   F  (3,3  z3 )  M  q 1,5  (1,5 / 2  z3 ) (линейная зависимость M от z3 ).
z3  0 ; М ( z3 )  40  (3,3  0) 12  40 1,5  (1,5 / 2  0)  99 кНм .
z3  1, 6 м ; М ( z3 )  40  (3,3  1,6)  12  40 1,5  (1,5 / 2  1,6)  67 кНм .
По полученным данным строим эпюры Q и M (рис.4б,в).
2.
Проверка на прочность сечения из задачи 2 по нормальным
напряжениям.
15
Условие прочности по нормальным напряжениям имеет вид
 MAX 
M MAX
WX
   .
Из эпюры М определяем максимальное значение изгибающий момент
M MAX  104 кНм (рис.4в). В задаче 2 нейтральная ось совпадает с главной
центральной осью сечения ХС. В данном случае нейтральная ось совпадает с
осью симметрии сечения, следовательно, относительно этой оси имеет место
момена сопротивления WXK  194,6 см3
C
Записываем условие прочности по нормальным напряжениям:
для точки К:
К
 MAX

M MAX
WXKC

104 103
 175 106 Па  175 МПа     240 МПа .
6
595 10
Условие прочности выполняется, прочность обеспечивается.
На основе проделанных вычислений строим эпюру нормальных напряжений
для опасного сечения балки (рис.5).
Рисунок 5.
16
3.
Расчет угла поворота и прогиба в точке К методом начальных
параметров.
Представим распределенную нагрузку. Как показано на рис. 6 для
составления уравнения моментов.
Рисунок 6.
Составляем уравнение изгибающих моментов для балки
M ( z )   F  z  M ( z  1,8)0 
q( z  1.8)2 q( z  3,3)2

2
2
Уравнение углов поворота сечений получается путем интегрирования
исходного дифференциального уравнения:
 ( z)  
M ( z)
1 
z2
q( z  1.8)3 q( z  3,3)3 
1
dz  C 

F


M
(
z

1,8)



C
EI x
EI x 
2
6
6

После вторичного интегрирования получим уравнение прогибов:
y ( z )   dz 
M ( z)
1 
z 3 M ( z  1,8)2 q( z  1.8)4 q( z  3,3) 4 
dz  C  D 

F





  Cz  D
EI x
EI x 
6
2
24
24

Определим постоянные интегрирования.
Используя условия закрепления балки, а именно, что прогиб и угол поворота
в заделке равны нулю, составим граничные условия:
z  4,9 м ;  ( z  4,9)  0; y( z  4,9)  0.
Уравнения углов поворота и прогибов запишем для заделки (жесткой опоры,
принадлежит третьему участку). Из них найдем постоянные интегрирования C и
D:
 ( z  4,9) 
1 
4,92
40(4,9  1.8)3 40(4,9  3,3)3 
1

40


12(4,9

1,8)



C 0
EI x 
2
6
6

1
 346,09   C  0
EI x
17
C
346,09
EI x
y ( z  4,9) 
1 
4,93 12(4,9  1,8)2 40(4,9  1.8) 4 40(4,9  3,3) 4  346,09

40




 4,9  D  0


EI x 
6
2
24
24
EI x

698,98 1695,8

D0
EI x
EI x
996,8
.
D
EI x

Запишем в окончательном виде уравнения перемещений
 ( z) 
y( z) 
1 
z2
q( z  1.8)3 q( z  3,3)3  346,09
1

F


M
(
z

1,8)




EI x 
2
6
6
EI x

1 
z 3 M ( z  1,8)2 q( z  1.8)4 q( z  3,3)4  346,09
996,8

F




z


EI x 
6
2
24
24
EI x
EI x

Определяем угол поворота сечения в точке К:
Для точки К z=1,8 м.
 ( z) 

1 
1,82
40(1,8  1.8)3 40(1,8  3,3)3  346, 09
1

40


12(1,8

1,8)





EI x 
2
6
6
EI x

303,8
кНм 2
EI x
Определяем прогиб в точке К:
y( z) 

1 
1,83 12(1,8  1,8) 2 40(1.8  1.8) 4 40(1.8  3,3) 4  346, 09
996,8



1.8 

 40 

EI x 
6
2
24
24
EI x
EI x

343.4
(кНм3 )
EI x
Знак минус означает, что прогиб направлен вниз.
18
Задача 5
Для двухопорной балки (табл.12) требуется:
а) построить эпюры внутренних силовых факторов Q и М в балке;
б) подобрать размеры поперечных сечений разной формы (круг,
прямоугольник, швеллер, двутавр) из условия прочности по нормальным
напряжениям;
в) произвести полную проверку на прочность двутаврового сечения.
Исходные данные взять из табл. 11.
Дано: F  12 кН , q  20 кН / м , М  20 кНм , 1  0,8 м , 2  2 м , 3  2,1 м ,
   230 МПа ,    140 МПа .
Схема IX .
1. Построим эпюры Q и M.
Определяем опорные реакции балки. Заданная балка зафиксирована в двух
сечениях с помощью шарнирно-подвижной и шарнирно-неподвижной опор (см.
рис. 7). Характер прикладываемой нагрузки обуславливает необходимость
определения только вертикальных реакций опор RA и RB, так как горизонтальная
составляющая реакции в опоре B равна нулю ( HB=0 ).
MА=0;
l
q l
 ql3 ( 3  l1  l2 )  F (l1  l2 )  RB  (l1  l2  l3 )  0 
2
2
2
l3
q  l1
20  0,82
2,1
 ql3 (  l1  l2 )  F (l1  l2 )
 20  2,1(
 0,8  2)  12(0,8  2)
2
2
2
RB  2

 27, 4 кН .
l1  l2  l3
0,8  2  2,1
2
1
MB=0;
2
3
ql
l
 Fl3  q  l1 ( 1  l2  l3 )  RA  (l1  l2  l3 ) 
2
2
2
ql3
l
20  2,12
0,8
 Fl3  q  l1 ( 1  l2  l3 )
 12  2,1  20  0,8(
 2  2,1)
2
2
2
2
RA 

 18, 6 кН .
l1  l2  l3
4,9

19
Проверка Y=0; RA -ql1-ql3 +F+RB =18,6-20·0,8-20·2,1+12+27,4=0.
Записываем уравнения для Q и M по участкам. Для каждого участка
выбирается своя система координат
I –й участок: 0≤z1≤l1
Q(z1) =RA - qz1.
M ( z1 )  RA  z1 
qz12
2
z1=0; Q(z1)=18,6 кН;
M ( z1 )  0
Рисунок 7.
20  0,82
z1=l1; Q(z1)= 18,6-20·0,8= 2,6 кН; M ( z1 )  18, 6  0,8 
 8,5 кН  м.
2
II –й участок: 0≤z2≤l2
Q(z2) = RA - ql1 = 2,6 кН=const
20
l
M ( z2 )  RA  (l1  z2 )  ql1 ( 1  z2 )
2
0,8
 0)  8,5 кНм
2
0,8
z2=l2=2; M ( z2 )  18, 6  (0.8  2)  20  0,8(  2)  13, 6 кНм
2
z2=0; M ( z2 )  18, 6  (0.8  0)  20  0,8(
III –й участок: 0≤z3≤l3
Рассмотрим равновесие правой части балки
Q(z3) =-RB + qz3.
M ( z3 )  RB  z3 
qz32
2
z3=0; Q(z3)= -27,4 кН;
M ( z1 )  0
z3=l3; Q(z3)=-27,4+20·2,1= 14,6 кН; M ( z3 )  27, 4  2,1 
20  2,12
 13, 6 кН  м.
2
dМ ( z2 )
 0.
dz2
R
27, 4
 RB  qz0  0  z0  B 
 1.37 м .
q
20
Уравнение момента исследуем на экстремум
Экстремум расположен в пределах рассматриваемого участка.
Определяем величину M ЭКС :
M ( z0 )  27, 4 1,37 
20 1,372
 18,8 кН  м. .
2
Строим эпюры Q и M. Результат представлен на рис. 7.
2. Подбираем сечения указанных в задании форм.
Условие прочности при изгибе по нормальным напряжениям для
пластичных материалов:
 max 
M max
 [ ] , где
WX
Отсюда требуемый момент сопротивления
WX 
M max
[ ]
Так как Mmax=18,8 кН·м, то предельное значение осевого сопротивления:
WX 
18,8 103
 0, 081103 м3 .
230 106
21
Подбираем прямоугольное сечение. Соотношение сторон h/b=2.
Так как для прямоугольного сечения момент сопротивления относительно
оси X WX=bh2/6 и по условию h/b=2, то:
h  3 12 WX  3 12  0,081103  0,099 м  9,9 см.
b=h/2=9,9/2=4,95 см.
Апр=h·b=9,9·4,95=49 см2.
Подбираем круглое сечение
Для круглого сечения осевой момент сопротивления
WX 
d3
d 3
32
, тогда
32WX

3
32  0, 081103
 0, 093 м  9,3 см.
3,14
Акр=πd2/4=3,14·9,32/4=67,9 см2.
Подбираем сечение, состоящее из двух швеллеров.
22
В основе определения осевого момента сопротивления лежит
соотношение
WXc 
IX
y max
Так как сечение сложное и состоит из двух равных частей осевой момент
сопротивления одного швеллера будет равен
WX  2WXшв  WXшв 
WX 0, 081103

 0, 04 103 м3  40 см3 .
2
2
По таблице ГОСТ 8240-72 принимаем швеллер № 12 с ближайшим
значением момента сопротивления, значение которого отвечает условию
проектировочной задачи: WX=50,6 см3, Ашв=13,3 см2.
Следовательно, площадь всего сечения балки Ашв =2·13,3=26,6 см2.
Подбираем двутавровое сечение.
WX  81 см3 .
23
По таблице ГОСТ 8239-89 принимаем двутавровую балку № 14 с
ближайшим значением момента сопротивления, значение которого отвечает
условию проектировочной задачи:
WX=81,7 см3, Адв=17,4 см2.
Наиболее рациональным по весу одного погонного метра балки является
сечение, имеющее наименьшую площадь поперечного сечения:
Двутавр Адв=17,4 см2; швеллер Ашв =26,6 см2; прямоугольник Апр=49 см2;
круг Акр=67,9 см2.
3. Полная проверка двутаврового сечения. При проверке по касательным
напряжениям в качестве опасного принимаем сечение с QMAX  27, 4 кН
(сечение В). При проверке по эквивалентным напряжениям расчет
выполняем для сечения С, в котором M и Q одновременно достигают
Q  14, 6 кН ,
М  13,6 кНм ;
   230 МПа ,
больших
значений
   140 МПа .
По таблице сортамента определяем необходимые геометрические параметры
двутавра №14: b  7,3 см , h  14 см , d  4,9 мм , t  7,5 мм , А  17, 4 см 2 ,
J X  572 см 4 , S X  46,8 см3 , WX  81, 7 см3 .
Рассчитываем наибольшее нормальное напряжение в наиболее удаленной от
нейтральной оси (Х) точке 1 (или 1', рис.8) опасного сечения С балки (рис.6):
 MAX 
M MAX 18.8 103

 230 106 Па  230 МПа    .
6
WX
81,7 10
Рассчитываем наибольшее касательное напряжение в точке 2 на нейтральной
оси (оси Х, рис.8) опасного сечения В балки (рис.8):
 MAX 
QMAX S X
,
b( y )  I X
где b( y )  d  ширина сечения на уровне, где определяются напряжения,
S X  статический момент половины сечения.
 MAX 
QMAX S X 27, 4 103 114 106

 74,8 106 Па  74,8 МПа    .
3
8
b( y)  I X 7,3 10  572 10
Рассчитываем эквивалентные напряжения сечения С балки (рис.8), в котором
силовые факторы М,Q создают наиболее неблагоприятное сочетание Q  14, 6 кН ,
М  13,6 кНм . В поперечном сечении рассматриваем угловые точки 3 (или 3',
рис.8), в которых одновременно возникаю большие нормальные и касательные
напряжения:
3 
My3 M  (h / 2  t )

,
IX
IX
где y3  расстояние от оси Х до точки 3 рассматриваемого сечения.
24
 14

13,6 103    0,75  102
2

3 
 148 106 Па  148 МПа .
8
572 10
Касательные напряжения в точке 3:
3 
QS ХОТС
,
b( y )  I X
где b( y )  d  ширина сечения на уровне, где определяются напряжения,
S ХОТС  статический момент отсеченной части сечения (верхней полки).
Определяем статический момент отсеченной части сечения:
h t 
 14 0, 75 
3
S ХОТС  АОТС  y ОТС  b  t      7,3  0, 75   
  36, 2 см ,
2 
2 2
 2
где АОТС  площадь отсеченной части сечения (полки двутавра),
y ОТС  координата центра тяжести отсеченной части сечения.
14,6 103  36, 2 106
3 
 18,8 106 Па  18,8 МПа .
3
8
4,9 10  572 10
Эквивалентные напряжения в точке 3 рассчитываем по IV теории прочности:
IV
 ЭКВ
  32  3 32  1482  3 18,82  151,5 МПа    .
По полученным значениям строим эпюры нормальных и касательных
напряжений (рис.8) для рассматриваемых сечений балки. Во всех опасных точках
сечения условия прочности выполняются.
Рисунок 8.
25
Задача 6
Стержень длиной
заданного поперечного сечения (табл. 14) с заданным
способом закрепления сжимается нагрузкой. Требуется:
1)
из расчета на устойчивость найти с помощью таблиц коэффициентов
снижения допускаемых напряжений определить размеры сечения стержня;
2)
определить величину критической силы;
3)
вычислить фактический коэффициент запаса устойчивости.
Исходные данные взять из табл. 13. Модуль упругости принять равным:
сталь- ЕСТ  2 105 МПа ; дюралюминий - Е Д  0,7 105 МПа .
nПР
Дано: Схема II , F  430 кН 2 ,  3 м ,  y  320 МПа ,  pr  270 МПа ,
 1,55 . Способ закрепления – IX. Материал стержня – сталь 35.
Решение:
1.Находим размеры поперечного сечения стержня, пользуясь методом
последовательных приближений.
Записываем выражение для определения площади поперечного сечения
стержня из условия устойчивости.
F
 [ ] , тогда
A
F
,
A
[ ]
 
26
где   
У

nПР
320
 206 МПа -допускаемое напряжение, φ – коэффициент
1,55
уменьшения допускаемого напряжения на сжатие, или коэффициент продольного
изгиба.
Площадь поперечного сечения стержня
d2
A
4
 b  h  0,758d 2  0, 4d  0,6d  0,518d 2 , откуда
A
 1,389 A
0,518
d
Минимальный момент инерции
I min
d4
b3  h  d 4 (0,4d )3  0,6d
 Ix 



 0,0458d 4
64
12
64
12
Минимальный радиус инерции
I min
0,0458d 4

 0,297d .
A
0,518d 2
imin 
Выполняем первое приближение. В первом приближении коэффициент
продольного изгиба обычно принимают φ=0,5, тогда
A1 
430 103
 4,17 103 м2 .
0,5  206 106
d1  1,389 4,17 103  0, 089 м
Минимальный радиус инерции
imin  0, 297  0,089  0,0264 м
Тогда расчетная гибкость колонны:
1 
l
imin1

0,7  3
 79,5.
0,0264
По таблице B.3 определяем значение коэффициента 1' , соответствующего
гибкости 1  79,5
1'  0,646
Проверим выполнение устойчивости в первом приближении:
1 
F
430 103

 159 МПа.
A11' 4,17 103  0, 646
Условие устойчивости выполняется, т.к. σ1 <[σ].
Недонапряжение в этом случае
 1 
 1 [ ]
159  206
 100% 
 100%  22,8%  5% , что недопустимо.
[ ]
206
Выполняем второе приближение. Во втором приближении коэффициент
продольного изгиба
2 
1  1'
2

0,5  0,646
 0,573
2
27
430 103
A2 
 3, 64 103 м2 .
6
0,573  206 10
d 2  1,389 3, 64 103  0, 0838 м
Минимальный радиус инерции
imin 2  0, 297  0,0838  0,0248 м
Тогда расчетная гибкость колонны:
2 
l
imin 2

0,7  3
 84,6.
0,0248
По таблице B.3 определяем значение коэффициента 1' , соответствующего
гибкости 2  84,6
 2'  0,604
Проверим выполнение устойчивости в первом приближении:
2 
F
430 103

 195,5 МПа.
A22' 3, 64 103  0, 604
Недонапряжение в этом случае
 2 
 2 [ ]
195,5  206
 100% 
 100%  5,09%  5% , что почти в пределах
[ ]
206
допускаемых величин.
Окончательно принимаем d  0, 0838 м .
2. Определяем значение критической силы.
Для этого находим предельную гибкость стержня:
Ï PÅÄ 
 2Å
3,142  2  105

 85 ,
 pr
270
Т.к. гибкость стойки   84, 6  ПРЕД  85 , то расчет критической силы ведем
по формуле Ясинского.
 KP  a  b  398  1, 43  84,6  277 МПа ,
FKP   KP A  277 106  3, 64 103  1008 103 Н  1008 кН .
3. Вычисляем коэффициент запаса устойчивости:
nÓ 
FKP 1008

 2,34 .
F
430
28
Задача 9
Промежуточный вал редуктора получает от двигателя через зубчатые
колеса 1 и 2 мощность N, передавая ее далее через зубчатую пару 3 и 4 рабочему
механизму. Диаметры зубчатых колес D2 и D3. Частота вращения промежуточного
вала n. Зубчатые пары 1-2, 3-4 составляют с вертикальной осью углы,
соответственно, α1 и α2.
Требуется:
1) построить схемы действия сил в зубчатых парах 1-2, 3-4;
2) определить вращающие моменты и окружные усилия на зубчатых колесах
2 и 3;
3) построить эпюру крутящих моментов;
4) построить эпюру изгибающего момента МХ в вертикальной плоскости;
5) построить эпюру изгибающего момента МY в горизонтальной плоскости;
6) построить эпюру суммарных изгибающих моментов;
7) определить величину расчетного (эквивалентного) момента, используя IV
теорию прочности;
8) определить диаметр промежуточного вала при допускаемом напряжении
   80 МПа .
Исходные данные взять из табл. 19.
D2  340 мм , D3  210 мм ,
Дано: 1  110 мм ,
2  310 мм ,
3  310 мм ,
1  50 ,  2  10 , N  22 кВт , n  340 об / мин ,    80 МПа . Схема II .
Решение
1.
Построение схем действия сил в зубчатых парах.
Составляем расчетные схемы действия сил в зубчатых парах 1-2 и 3-4.
Расположение сопряженных зубчатых колес определяются углами α1 и α2. Схемы
зацепления представлены на рис. 9.
В точках контакта сопряженных зубчатых колес возникают окружные усилия
F2 и F3 , направленные по касательным к венцам этих колес. Усилие F2 на
29
ведущем колесе 2 создает вращение промежуточного вала и направлено в сторону
его вращения, а усилие F3 на ведомом колесе 3 препятствует вращению вала и
направлено противоположно вращению.
Рисунок 9.
Усилия F2 и F3 на венцах колес приводим к центру тяжести тех сечений
вала, где насажены зубчатые колеса 2 и 3. Для этого в данных сечениях
прикладываем равные по величине и противоположные по направлению силы F2
и F2 , F3 и F3 . Усилия F2 и F2 создают моментную пару величиной M 2  F2 
а усилия F3 и F3 - это моментная пара M 3  F3 
D2
,
2
D3
. Эти моментные пары равны
2
по величине, направление момента M 2 совпадает с направлением вращения вала,
а направление момента противоположно M 3 вращению. Таким образом, в
результате переноса остаются силы F2 и F3 , приложенные к оси вала, и
моменты M 2 и M 3 , действующие в плоскостях поперечных сечений вала. Силы F2
и F3 вызывают пространственный изгиб вала, а моментные пары создают
кручение вала. Строим схему промежуточного вала (рис. 10).
2.
Определение вращающих моментов и окружных усилий на зубчатых
колесах 2 и 3. Строим схему промежуточного вала (рис.10,а). Определяем
угловую скорость промежуточного вала:
 n 3,14  340


 35, 6 рад / с .
30
30
Определяем величину вращающего момента, передаваемого промежуточным
валом:
30
22 103
М2  М3  М  
 618 Нм .

35,6
Определяем окружные усилия на венцах зубчатых колес 2 и 3, которые
насажены на промежуточный вал:
2M 2  618
F2 

 3635 Н ,
D2
0,34
2M 2  618
F3 

 5886 Н .
D3
0, 21
N
3.
Строим эпюру крутящих моментов (рис.10,б). Составляем схему
работы вала на кручение (рис. 10,б). В сечениях, где насажены зубчатые колеса,
прикладываем равные по величине и противоположные по направлению моменты
М 2  М 3  М . Опорные подшипники вала крутящего момента не передают. Вал
разбиваем на силовые участки и используем метод сечений. На участках АС и DB
крутящий момент TZAC  TZDB  0 , на участке СD: TZCD  M  618 Нм  const . строим
эпюру крутящего момента (рис.10,в).
4.
Строим эпюру изгибающего момента МХ в вертикальной плоскости.
Определяем величины вертикальных проекций сил F2 и F3 , изгибающих вал
(рис.9):
F2Y  F2 sin 1  3635  sin 50  2785 Н ;
F3Y  F3 sin  2  5886  sin10  1022 Н .
Составляем расчетную схему работы вала на изгиб в вертикальной плоскости
как балки на шарнирных опорах с усилиями, действующими по оси y (рис. 10,г).
Определяем опорные реакции. Составляем уравнение моментов
относительно опор А и В:
 M À  0;  F2Y  ( 1  2 )  F3Y  1  RBY  ( 1  2  3 )  0 ,
RBY 
 F2Y  ( 1  2 )  F3Y 
1 2  3
1

2785  (0.11  0.31)  1022  0,11
 1448 Н .
0,11  0,31  0,31
Знак минус означает. Что реакция направлена в другую сторону.
M
RAY 
 F2Y 
B
 0; F2Y 
 F3Y  ( 2 
1 2  3
3
3
3
)
 F3Y  (

2
 3 )  RAY  ( 1 
2
 3)  0 ,
2785  0.31  1022  (0,31  0,31)
 315 Н .
0, 73
Знак минус означает. Что реакция направлена в другую сторону.
Проверка:
Y  0; RAY  RBY  F2Y  F3Y  315  1448  2785  1022  0 .
Вычисляем изгибающие моменты в вертикальной плоскости в характерных
сечениях вала:
М XA  М XB  0 ; М XC  RAY  1  315  0,11  35 Нм ;
М XD  RBY  3  1448  0,31  449 Нм .
31
Строим эпюру изгибающих моментов M X в вертикальной плоскости (рис.
10,д).
5.
Строим эпюру изгибающего момента МY в горизонтальной плоскости.
Определяем величины горизонтальных проекций сил F2 и F3 , изгибающих вал
(рис.10):
F2 X  F2 cos 1  3635  cos 50  2336 Н ;
F3 X  F3 cos  2  5886  cos10  5797 Н .
Составляем расчетную схему работы вала на изгиб в горизонтальной
плоскости как балки на шарнирных опорах с усилиями, действующими по оси х
(рис. 10,е).
Рисунок 10.
32
Определяем опорные реакции. Составляем уравнение моментов
относительно опор А и В:
 M À  0;  F3X  1  F2 X  ( 1  2 )  RBX  ( 1  2  3 )  0 ,
RBX 
F3 X 
1
M
RAX 
F2 X 
 F2 X  ( 1 
1 2  3
B
3
2
 0; F2 X 
 F3 X  ( 2 
1 2  3
)
3
3
)

5797  0,11  2336  (0,11  0,31)
 2218 Н .
0, 73
 F3 X  (

2
 3 )  RAX  ( 1 
2
 3)  0 ,
2336  0,31  5797  (0,31  0,31)
 5915 Н .
0, 73
Проверка:
 X  0;  R
AX
 RBX  F2 x  F3x  5915  2218  2336  5797  0 .
Вычисляем изгибающие моменты в горизонтальной плоскости в характерных
сечениях вала:
М YA  М YB  0 ; М YC   RAX  1  5915  0,11  651 Нм ;
М YD   RBX  3  2218  0,31  688 Нм .
Строим эпюру изгибающих моментов M Y в горизонтальной плоскости (рис.
16ж).
6.
Строим эпюру суммарных изгибающих моментов. Вычисляем
значения суммарного изгибающего момента в характерных сечениях вала:
М CA  М CB  0 ;
М
М CD 
 М    М    35   651  652 Нм ;
   М   (449)   688  822 Нм .
C 2
X
М CC 
D 2
X
D 2
Y
C 2
Y
2
2
2
2
Строим эпюру суммарного изгибающего момента M C в горизонтальной
плоскости (рис. 16,з).
7.
Определяем величину расчетного (эквивалентного) момента. По
эпюрам M кр и M  выбираем опасное сечение, где одновременно действует
максимальный
изгибающий
момент
М D  822 Нм
и
крутящий
момент
M кр  618 Нм .
Определяем величину максимального эквивалентного момента по IV теории
прочности
IV
М ЭКВ
 М D2  0,75M кр2  8222  0,75  6182  981 Нм .
8.
Определяем диаметр промежуточного вала:
d
3
IV
М ЭКВ
  

3
981
 1,57 102 м  15, 7 мм .
6
3,14  80 10
Принимаем диаметр вала d  80 мм .
33
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
При выполнении практических задач, входящих в данную курсовую работу,
мною были применены и закреплены теоретические знания по сопротивлению
материалов. Также были выработаны навыки использования теоретических
знаний при решении инженерных задач расчета деталей машин и конструкций на
прочность, жесткость и устойчивость. В ходе выполнения данной курсовой
работы я научился анализировать эпюры внутренних силовых факторов,
определять опасные сечения и опасные точки в сечениях, анализировать условия
прочности и делать выводы о надежности конструкции.
34
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1. Дружинина Т.Я. Построение эпюр внутренних силовых факторов: учеб.
пособие к расчет.-проектировоч. работам и домаш. задачам по курсу
сопротивления материалов для машиностроит. и мех. специальностей оч. и заоч.
обучения / Т.Я. Дружинина, Э.И. Фильчагина. – Иркутск: Изд-во ИрГТУ, 2002. –
94 с.
2. Лапшин В.Л. Сопротивление материалов. Расчет на прочность и
устойчивость стержневых элементов горного оборудования: учеб. пособие для
выполнения курсовой работы / В.Л. Лапшин, В.П. Ященко. – Иркутск: Изд-во
ИрГТУ, 2014. – 100 с.
3. Лапшин В.Л. Сопротивление материалов. Практический курс: учеб.
пособие. Ч 1. / В.Л. Лапшин [и др.]. – Иркутск: Изд-во ИрГТУ, 2011. – 132 с.
4. Мартыненко М.Г. Сопротивление материалов. Словарь основных
терминов и определений. – Иркутск: Изд-во ИрГТУ, 2011. – 36 с.
5.
Распопина
В.Б.
Сопротивление
материалов.
Определение
геометрических характеристик поперечных сечений стержневых конструктивных
элементов аналитически и с помощью модуля APM Structure 3D программного
комплекса APM WinMachine: учеб. пособие. – Иркутск: Издво ИрГТУ, 2012. – 152
с
6. Распопина В.Б. Сопротивление материалов. Расчет вала при совместном
действии изгиба и кручения: учеб. пособие для вузов по направлению подготовки
бакалавров и магистров «Технология, оборудование и автоматизация
машиностроит. пр-в». / В.Б. Распопина, Э.И. Фильчагина. – Иркутск: Изд-во
ИрГТУ, 2005. – 98 с.
7. Расчет на устойчивость центрально сжатых стержней: метод. указания
для выполнения курсовых и расчет.-проектировочных работ по сопротивлению
материалов для мех. и машиностроит. специальностей оч.; веч. и заоч. форм
обучения / сост. В.Л. Лапшин, В.П. Ященко. – Иркутск: изд-во ИрГТУ, 2001. –
26с.
8. Степин П.А. Сопротивление материалов: учеб. для немашиностроит.
спец. ВУЗов. – СПб.: Лань, 2010 -319с.
9. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. – М.: изд-во МГТУ им. Н.Э.
Баумана, 2001. – 590с.
35
Скачать