Задание 1. Для заданного сечения, состоящего из стандартных равнополочных уголков (рис 1.1), определить основные геометрические характеристики: площадь A, главные центральные моменты инерции Ix и Iy , осевые моменты сопротивления Wx и Wy , радиусы инерции ix и iy сечения. рис 1.1 Решение. Разбиваем сечение на простые составляющие: четыре одинаковых уголка. Уголок стандартный по ГОСТ 8509-93 с размерами 75х75х7. Для него выписываем следующие табличные данные (чтобы вычисления были компактными, все данные берем в сантиметрах): рис 1.2 габаритные размеры уголка 7,5 х 7,5 см; координаты центра профиля С1(2,1 см; 2,1 см); площадь сечения А1 = 10,15см2; моменты инерции уголка относительно его центральных осей, параллельных полкам (значения моментов инерции необходимо согласовать с обозначениями осей, принятыми нами) I x 53,34см4 ; I y 53,34см4 . 1 1 Делаем чертеж всего сечения в масштабе (рисунок 1.1). Переносим на чертеж центры С1 ,С2 ,С3 и С4 всех уголков. Делаем чертеж всего сечения в масштабе. Переносим на чертеж центры С1,С2,С3 и С4 всех уголков. Определяем характеристики всего сечения. рис 1.3 Габаритные размеры сечения 1515см. Центр всего сечения С расположен на пересечении осей симметрии сечения. Площадь сечения А=А1+А2 +А3+А4 = 10,15 + 10,15 + 10,15 + 10,15 = 40,6см2. Проводим координатные оси хСу , х1С1у1 , х2С2у2, х3С3у3, х4С4у4 и вычисляем расстояния между параллельными осями: горизонтальными: а1 =а2 = а3 = а4 = 7,5 - 2,1 = 5,4 см; вертикальными: b1 =b2 = b3 = b4 = 2,1 см; Вычисляем моменты инерции всего сечения по формулам для параллельных осей: I x I xi Ai ai2 I x1 A1a12 I x2 A2 a 22 I x3 A3 a32 I x4 A4 a 42 4 53,34 10,15 5,4 2 1397,256см 4 I y I yi A b I y1 A1b12 I y2 A2 b22 I y3 A3b32 I y4 A4 b42 2 i i 4 53,34 10,15 2,12 392,406см 4 I xy 0 – так как оси Сх и Сy является осями симметрии всего сечения. Из этого следует, что оси хСу являются главными осями инерции сечения, а полученные значения моментов инерции – главными моментами инерции. Вычисляем моменты сопротивления сечения: I 1397,256 Wx= x = = 186,3 см3; 7,5 y max Iy 392,406 Wy= = = 52,32 см3; 7,5 xmax Вычисляем радиусы инерции сечения: ix= iy= Ix 1397,256 = = 5,9 см; 40,6 A Iy A = 392,406 = 3,1 см. 40,6 Задание 2. Плоская ферма (рисунок 2.1) состоит из двух стержней круглого сечения. Соединение стержней между собой и с основанием шарнирное. Материал всех деталей – сталь Ст3. Определить из расчета на прочность: диаметры D1 и D2 сечений стержней фермы; размеры шарнирного соединения (диаметр d цилиндрического пальца и толщину t головки), предполагая все шарниры одинаковыми. F 125кН , L 0,8 м , 60 0 , 30 0 и 0 0 Решение Расчет на растяжение и сжатие Рис 2.1 Схема фермы. Определяем продольные силы в стержнях методом сечений. Для этого вырезаем узел В двумя секущими плоскостями перпендикулярными осям стержней – именно в поперечных сечениях возникают максимальные нормальные напряжения (рисунок 2.2). рис 2.2 В полученных сечениях наносим векторы продольных (нормальных) сил N1 и N2 по направлению от сечений и составляем уравнения равновесия узла в виде сумм проекций сил на любые две взаимно перпендикулярные оси х и у: 3 1 N1 N 2 0 2 2 1 3 Fy N1 cos 60 0 N 2 cos 30 0 F 2 N1 2 N 2 125 0 F x N1 sin 60 0 N 2 sin 30 0 Решая совместно эти уравнения, получим значения продольных сил: N1 = 62,5кН; N2 = − 108,25 кН. Продольная сила N1 положительная, а сила N2 - отрицательная, следовательно, стержень 1 работает на растяжение, а стержень 2 на сжатие. N В условие прочности при растяжении и сжатие []р подставляем A выражение площади круглого сечения A d12 4 и из полученного неравенства определяем диаметр сечения стержня 1. D 4N [ ] p Из приложения Б выписываем величину допускаемого напряжения для стали Ст3 – []p =125МПа и вычисляем диаметры сечения стержней: D1 4 N1 4 62,5 10 3 0,0252 м 25,2 мм [ ] p 3,14 125 10 6 D2 4N 2 [ ] p 4 102,25 10 3 0,0332 м 33,2 мм 3,14 125 10 6 Полученные значения диаметров округляем до ближайших больших значений из рядов нормальных линейных размеров (приложение В). Окончательно принимаем: d2 = 34 мм, d1 = 26 мм. Расчет на устойчивость Для круглого сечения выписываем расчетные формулы геометрических характеристик: площадь A D 2 4 ; минимальный момент инерции I min минимальный радиус инерции imin D 4 64 ; l D . По формуле определяем в 4 imin общем виде гибкость l imin 1 l 4 4l , D D где =1 для двухшарнирного закрепления . Выражение площади подставляем в условие устойчивости полученного неравенства выражаем диаметр сечения: D 4N сж N A сж и из . Для стали Ст3 – []сж=[]р= 125МПа. В формуле два неизвестных: диаметр D и коэффициент , решаем способом последовательных приближений. Расчет первого стержня. N1= 62,5 кН; l1 h 800 2 923,76 мм 0 sin 60 3 Первый шаг приближений: задаем 1=0,5 (можно задать любое значение из интервала 01); вычисляем по формуле диаметр D1 4 62,5 10 3 0,0357 м 35,7 мм ; 3,14 0,5 125 10 6 округляем полученное значение до ближайшего большего из ряда нормальных размеров: D1 36 мм ; вычисляем гибкость 4 l1 103 ; D1 из приложения Г определяем коэффициент , соответствующий гибкости = 103: 1* 0,576; сравниваем значения 1 = 0,5 на входе в расчет и 1*=0,576 на выходе: разность 0,576 0,5 100% 15,2% 0,5 допустимую погрешность 5%. , что значительно превосходит Расчет повторяем в той же последовательности со значением коэффициента , равным среднему арифметическому на первом шаге: ср 0,576 0,5 0,538 . 2 Второй шаг приближений: принимаем 2 = 0,538; вычисляем D1 4 62,5 10 3 0,0344 м 34,4 мм ; 3,14 0,538 125 10 6 полученное значение соответствует стандартному D1 = 36 мм; гибкость 4 l1 103 ; D1 значение коэффициента на выходе 2*0,576; разность 0,576 0,538 100% 7,1% . Выше 5%. 0,538 Третий шаг приближений: принимаем 3 вычисляем D1 0,576 0,538 0,557 ; 2 4 62,5 10 3 0,0338 м 33,8 мм ; 3,14 0,557 125 10 6 полученное значение соответствует стандартному D1 = 34 мм; гибкость 4 l1 109 ; D1 значение коэффициента на выходе 2*0,528; разность 0,557 0,528 100% 5,2% . Выше 5%. 0,557 Четвертый шаг приближений: принимаем 3 вычисляем D1 0,557 0,528 0,543 ; 2 4 62,5 10 3 0,0342 м 34,2 мм ; 3,14 0,543 125 10 6 полученное значение соответствует стандартному D1 = 34 мм; гибкость 4 l1 109 ; D1 значение коэффициента на выходе 2*0,528; разность 0,543 0,528 100% 2,7% . 0,543 На этом способ последовательных приближений заканчиваем с результатом D1 = 34 мм, = 109. Проверяем первый стержень по коэффициенту запаса устойчивости. Для этого вычисляем критическую силу. Гибкость = 109 > 100, поэтому используем формулу Эйлера 2 EI min 3,14 2 2 1011 65597,24 10 12 F 151,7 кН кр l1 2 1 0,92376 2 , 2 E 3,14 2 2 1011 166 МПа кр 2 109 2 D 4 Для стали Ст3, I min 1 65597,24 мм 4 , E 2 1011 Па 64 F Коэффициент запаса устойчивости n y кр 2,43 . N1 Нормативное значение коэффициента запаса устойчивости для стальных конструкций nу=1,83,0. Полученное значение фактического коэффициента запаса устойчивости входит в нормативный интервал. Итак, диаметр сечения первого стержня D1 = 34 мм. Расчет второго стержня. N2= 108,25 кН; l 2 h 800 2 1600 мм sin 30 0 Первый шаг приближений: задаем 1=0,5 (можно задать любое значение из интервала 01); вычисляем по формуле диаметр D2 4 108,25 10 3 0,047 м 47 мм ; 3,14 0,5 125 10 6 округляем полученное значение до ближайшего большего из ряда нормальных размеров: D2 48 мм ; вычисляем гибкость 4 l2 133 ; D2 из приложения Г определяем коэффициент , соответствующий гибкости = 133: 1* 0,39; сравниваем значения 1 = 0,5 на входе в расчет и 1*=0,39 на выходе: разность 0,5 0,39 100% 22% , что значительно превосходит допустимую 0,5 погрешность 5%. Расчет повторяем в той же последовательности со значением коэффициента , равным среднему арифметическому на первом шаге: ср 0,39 0,5 0,445 . 2 Второй шаг приближений: принимаем 2 = 0,445; вычисляем D2 4 108,25 10 3 0,0498 м 49,8 мм ; 3,14 0,445 125 10 6 полученное значение соответствует стандартному D2 = 50 мм; гибкость 4 l2 128 ; D2 значение коэффициента на выходе 2*0,41; разность 0,445 0,41 100% 7,9% . Выше 5%. 0,445 Третий шаг приближений: принимаем 3 0,428 ; вычисляем D2 4 108,25 10 3 0,0508 м 50,8 мм ; 3,14 0,428 125 10 6 полученное значение соответствует стандартному D2 = 50 мм; гибкость 4 l2 128 ; D2 значение коэффициента на выходе 2*0,41; разность 0,428 0,41 100% 4,2% . 0,428 На этом способ последовательных приближений заканчиваем с результатом d2 = 50 мм, = 128. Проверяем первый стержень по коэффициенту запаса устойчивости. Для этого вычисляем критическую силу. Гибкость = 121 > 100, поэтому используем формулу Эйлера 2 EI min F 298,65кН кр l 2 2 , 2 E кр 2 134,82 МПа D 4 Для стали Ст3, I min 2 387323,08 мм 4 , E 2 1011 Па 64 F Коэффициент запаса устойчивости n y кр 2,76 . N2 Нормативное значение коэффициента запаса устойчивости для стальных конструкций nу=1,83,0. Полученное значение фактического коэффициента запаса устойчивости входит в нормативный интервал. Итак, диаметр сечения второго стержня D2 = 53 мм. Расчет цилиндрического шарнира Расчет шарнира первого стержня. Тяга соединяется с кронштейном (рис 2.3) при помощи цилиндрического пальца. Палец работает на срез в двух плоскостях, и смятие от действия на него тяги и кронштейна (рисунок 2.4). Срезающая сила Q N1 62,5кН . Общая площадь среза пальца d 2 Aср 1 k , 4 где d1 – диаметр сечения пальца; k 2 – число плоскостей среза пальца. С учетом этих значений из условия прочности на срез d1 Q [ ]ср получаем: Aср 4 N1 4 62,5 10 3 = 0,023 м 23 мм , k[ ]cp 3,14 2 75 10 6 где [ ]ср 75МПа – допускаемое напряжение на срез для стали Ст3. Полученное значение диаметра округляем до нормального размера d1 24 мм . Смятие пальца происходит по половине цилиндрической поверхности (рисунок 2.5), площадь ее проекции Aсм d1 t 1 , тогда из условия прочности на смятие t1 Q [ ]см Асм Q 62,5 10 3 0,0137 м 13,7 мм d1 [ ]см 0,024 190 10 6 где [ ]см 190МПа для стали Ст3. Принимаем в соответствии с рядом нормальных размеров t1 14 мм . Из условия равнопрочности толщина планок кронштейна должна быть в 2 раза меньше: t1 7 мм . 2 Расчет шарнира второго стержня. Тяга соединяется с кронштейном (рис 2.6) при помощи цилиндрического пальца. Палец работает на срез в двух плоскостях, и смятие от действия на него тяги и кронштейна (рисунок 2.7). Срезающая сила Q N 2 108,25кН . Общая площадь среза пальца d 2 Aср 2 k , 4 где d 2 – диаметр сечения пальца; k 2 – число плоскостей среза пальца. С учетом этих значений из условия прочности на срез d1 Q [ ]ср получаем: Aср 4N 2 4 108,25 10 3 0,0303 м 30,3 мм , k[ ]cp 3,14 2 75 10 6 где [ ]ср 75МПа – допускаемое напряжение на срез для стали Ст3. Полученное значение диаметра округляем до нормального размера d 2 30 мм . Смятие пальца происходит по половине цилиндрической поверхности (рисунок 2.5), площадь ее проекции Aсм d 2 t 2 , тогда из условия прочности на смятие t2 Q [ ]см Асм Q 108,25 10 3 0,019 м 19 мм d 2 [ ]см 0,03 190 10 6 где [ ]см 190МПа для стали Ст3. Принимаем в соответствии с рядом нормальных размеров t 2 19 мм . Из условия равнопрочности толщина планок кронштейна должна быть в 2 раза меньше: t2 9,5 мм . 2 Задание 3. Вал (рисунок 3.1) приводится во вращение от двигателя через муфту (муфта втулочная). Вал приводит в движение через шкивы 1 и 2 два механизма мощностью соответственно P1 25кВт и P2 15кВт .Вал делает n 500 оборотов в минуту. Пренебрегая изгибом вала, определить диаметр D его сечения из расчета на прочность и жесткость при кручении. Допускаемый относительный угол закручивания вала принять [ ] 0,5 град . Определить м также диаметры d штифтов (болтов) и толщину t втулки (фланца) муфты из расчета на прочность при срезе и смятии. Считать, что все детали изготавливаются из Сталь 20. Рис 3.1 Схема привода вала и муфты. Решение Расчет на кручение Рис 3.2 Находим моменты, которые передаются на вал через шкивы, по формуле М P , где n 30 3,14 500 52,3c 1 – угловая скорость вращения: 30 25 10 3 478Н м 52,3 P2 15 10 3 М2 286,8Н м 52,3 М1 P1 Момент на ведущем шкиве, очевидно, равен M 0 M i M 1 M 2 478 286,8 764,8Н м . На расчетной схеме вала (рисунок 3.3) момент М0 должен иметь направление обратное направлению моментов на ведомых шкивах. Разбиваем вал на участки I,II,III и строим эпюру внутреннего крутящего момента ТК методом сечений (рисунок 3.3). Проводим секущую плоскость на участке I. Правую от сечения часть вала отбрасываем. Для сохранения равновесия в сечении прикладываем внутренний момент ТК1 , направляя его против часовой стрелки со стороны внешней нормали к сечению. Составляем уравнение равновесия левой части: M TK1 M 0 0 , откуда определяем TK1 M 0 764,8Нм . Очевидно, что в любом сечении на первом участке TK1 764,8Нм const . Строим график константы на первом участке и проводим вертикальную штриховку. Рассекаем вал плоскостью на участке II, отбрасываем также правую часть, момент ТК2 направляем против часовой стрелки, составляем уравнение равновесия: M TK 2 M 0 M1 0 , из которого TK 2 M 0 M 1 286,8Нм . Строим график на втором участке. При рассмотрении участка III выгоднее отбрасывать левую от сечения часть. На третьем участке M TK 3 0 , откуда TK 3 0 . Рис 3.3 Полученная эпюра крутящего момента наглядно показывает, как нагружен вал по участкам. Рассчитываем вал на прочность. В условие прочности при кручении TK [ ] кр подставляем формулу для полярного момента сопротивления W W D 3 и выражаем диаметр: 16 16Т K . D3 [ ]кр При расчете гладкого вала (одного диаметра по всей длине) в качестве ТК берется с эпюры максимальное абсолютное значение крутящего момента: TK 764,8Нм Выписываем значение кр=105МПа для стали 20 и вычисляем диаметр вала: D3 16Т K 16 764,8 3 0,0334 м 33,4 мм [ ]кр 3,14 105 10 6 Округляем, полученные данные до D 34 мм Рассчитываем вал на жесткость. В условие жесткости при кручении TK 180 0 подставим формулу для полярного момента инерции GI I D 4 32 и выразим диаметр: D4 32 180 Тк , 2 G [ ] где G = 81010Па – значение модуля сдвига для стали, TK - максимальный скручивающий момент. Определяем диаметр D 4 32 180 Тк 32 180 764,8 4 0,0578 м 57,8 мм 2 G [ ] 3,14 2 8 1010 0,5 В расчете принято значение допускаемого относительного угла закручивания =0,5град/м. Округляем: D 60 мм Расчет втулочной муфты Штифт (рисунок 3.4) работает на срез и смятие. Срезающая сила Q равна окружному усилию на поверхности вала: TK1 2TK1 2 764,8 25493H - усилие для подшипника А, где M - это R D 60 10 3 момент на участке I, а D - это максимальный из диаметров, полученных при QA расчете на кручение. Усилие для подшипника B не вычисляем, поскольку на участке III скручивающий момент равен 0. Площадь среза штифта Aср d 2 k , где k = 2. 4 Q Из условия прочности на срез A [cp Acp d 4Q 4 25493 0,0138 м 13,8 мм , k[ ]cp 3,14 2 85 10 6 где ср=85МПа для стали 20. Полученное значение диаметра штифта округляем до нормального размера: d 14 мм Толщину стенки муфты t определяем из условия прочности на смятие Q cм , подставив в него выражение Aсм t d k : Асм Q 25943 t 0,0043 м 4,3 мм , dk см 0,014 2 210 10 6 где см= 210МПа для стали 20. Принимаем толщину стенки муфты t = 5мм. Задание 4 Для заданных двух схем балок построить эпюры изгибающего момента МХ и поперечной силы Q и определить: для схемы (а) – размеры прямоугольного сечения деревянной балки при соотношении сторон h 1,5 и допускаемых напряжениях на изгиб изг = b 8МПа. Проверить балку по касательным напряжениям, приняв значение допускаемых напряжений для древесины на скалывание ск=1,2МПа; для схемы (б) – номер стандартного двутавра из стали Ст3. l 1,3 м , F1 1,3kH , q 1 8 kH kH , L 2 м , M 7kHм , q 16 м м Решение Расчет консольной балки Для консольной балки можно не вычислять реакции в заделке, но при построении эпюр в этом случае на всех участках необходимо рассматривать только свободный конец балки. Нумеруем участки на балке I,II,III в порядке их последующего рассмотрения. Проводим сечение на участке I. Рассматриваем правую от сечения часть балки. Длину ее обозначаем z1 , пределы изменения которой на данном участке 0 z1 0,4l или 0 z1 0,52 м . Записываем уравнение для изгибающего момента в данном сечении M X1 q1 z12 M справа 4 z12 . 2 Получено уравнение параболы с ветвями вниз. Находим ее значения на границах участка: при z1 0 м M X 2 4 0 2 0кНм ; при z1 0,4l 0,52 м M X 2 4 0,52 2 1,08кНм ; Исследуем параболу на экстремум. Берем производную и приравниваем к нулю: dM X 1 8z1 0 , откуда z1 0 м . Полученное значение z1 0 м входит в dz1 границы данного участка, поэтому парабола здесь имеет максимум. Находим его значение: при z1 0 м M X 2 4 0 2 0кНм . По трем точкам (на границах участка и максимума) проводим график параболы. Перерезывающие усилия определяем из уравнения: Q1 dM X 1 8z1 - уравнение прямой. dz1 при z1 0 м Q1 8 0 0кН ; при z1 0,52 м Q1 8 0,52 4,16кН ; Проводим сечение на участке II. Рассматриваем правую от сечения часть балки. Длину ее обозначаем z 2 , пределы изменения которой на данном участке 0,4l z1 0,8l или 0,52 м z 2 1,04 м . Записываем уравнение для изгибающего момента в данном сечении 0,4l M X 2 M справа q1 0,4l z 2 4,16z 2 0,26 . 2 Получено уравнение прямой. Находим ее значения на границах участка: при z 2 0,52 м M X 2 4,16 0,52 0,26 1,08кНм ; при z 2 1,04 м M X 2 4,161,04 0,26 3,24кНм ; По двум точкам (на границах участка) проводим график прямой. Перерезывающие усилия определяем из уравнения: Q2 dM X 2 4,16кН - const. dz 2 при z 2 0,52 м Q2 4,16кН ; при z 2 1,04 м Q2 4,16кН ; Проводим сечение на участке III. Рассматриваем правую от сечения часть балки. Длину ее обозначаем z 2 , пределы изменения которой на данном участке 0,8l z1 l или 1,04 м z2 1,3м . Записываем уравнение для изгибающего момента в данном сечении. 0,4l M X 3 M справа q1 0,4l z 3 F z 3 0,8l 4,16z 3 0,26 1,3z 3 1,04 2 Получено уравнение прямой. Находим ее значения на границах участка: при z3 1,04 м M X 3 4,161,04 0,26 1,31,04 1,04 3,24кНм ; при z 3 1,3м M X 3 4,161,3 0,26 1,31,3 1,04 3,99кНм ; По двум точкам (на границах участка) проводим график прямой. Перерезывающие усилия определяем из уравнения: Q3 dM X 3 4,16 1,3 2,86кН - const. dz 3 при z3 1,04 м Q3 2,86кН ; при z 3 1,3м Q3 2,86кН ; Рис 4.3 Определим опасное сечение балки по нормальным напряжениям. Это сечение, в котором изгибающий момент достигает максимума. M X max 3,99кНм , Q max 4,16kH . Определяем размеры сечения балки по нормальным напряжениям. Для прямоугольного сечения Wx тогда из условия прочности 9 Mx bh 2 , 6 Mx max Wx или при соотношении h h3 1,5 W x , b 9 изг 9 3,99 10 3 h 0,165 м 165 мм . изг 8 10 6 h Округляем до h 17см , тогда b 11см . 1,5 3 max 3 Проверяем сечение по касательным напряжениям. Для прямоугольного сечения h b сечения в (рисунок 4.4): Ix формуле Журавского bh 3 bh h bh 2 ; b * b ; S x* ; 12 2 4 8 Тогда x max Рис 4.4 b h2 3 8 3 Q max 3 4,18 10 max 2bh 2 0,11 0,17 = bh 3 b 12 6 0,33 10 Па 0,33МПа Q max Это меньше допускаемого значения ск=1,2МПа, следовательно, условие прочности по касательным напряжениям выполняется. Расчет двухопорной балки Составляем два уравнения равновесия в виде сумм моментов относительно опор, тогда в каждом уравнении окажется только по одной неизвестной. Знаки моментов соответствуют правилам теоретической механики: q 0,5L m A M 2 M RB L 0 mB M q 0,5L 1,25L M RA L 0 2 решая которые, получим: RA 20кН , R B 4кН . Чтобы убедиться в правильности вычислений, делаем проверку: Y RA q 0,5L RB 20 16 0,5 2 4 0 . Строим эпюры внутренних силовых факторов МХ и Q. 1 2 Участок I. Слева 0 z1 L или 0 z1 1м . Уравнение изгибающего момента qz12 - уравнение параболы. Ее значения на границах участка: M X1 M 2 16 0 2 при z1 0 M X1 7 7кН 2 16 12 при z1 1м M X1 7 15кН 2 Исследуем параболу на экстремум: берем производную, приравниваем к нулю: dM X1 qz1 0 . dz1 M X1 7 Тогда z1 0 (граница участка), при котором 16 0 2 7кН . 2 Полученное значение z1 лежит в пределах рассматриваемого участка, поэтому график параболы проводим по двум точкам на границах участка в виде плавной кривой с экстремумом в z1 0 . Уравнение поперечной силы Q1 dM X1 qz1 - уравнение прямой. dz1 при z1 0 Q1 16 0 0кН при z1 1м Q1 16 1 16кН Участок II. Справа 0,5L z 2 L или 1м z2 2 м . Уравнение изгибающего момента M X2 M R B z 2 7 4z 2 - уравнение прямой. Ее значения на границах участка: при z 2 1м M X2 7 4 1 11кН при z 2 2 м M X2 7 4 2 15кН Уравнение поперечной силы Q2 dM X2 RB 4кН - уравнение const. dz 2 при z 2 1м Q1 4кН при z 2 2 м Q1 4кН Участок III. Справа 0 z3 0,5L или 0 м z3 1м . Уравнение изгибающего момента M X3 R B z3 4z 3 - уравнение прямой. Ее значения на границах участка: при z 3 0 м M X3 4 0 0кН при z3 1м M X3 4 1 4кН Уравнение поперечной силы Q3 dM X3 RB 4кН - уравнение const. dz 3 при z 3 0 м Q1 4кН при z3 1м Q1 4кН Рис 4.5 Из эпюр имеем: Mx max 15кНм ; Q max 16кН . Из условия прочности по нормальным напряжениям Wx Mx max Mx max Wx изг имеем 15 10 3 0,1 10 4 м 3 100см 3 , 150 10 6 изг где изг 150МПа – допускаемое напряжение на изгиб для стали Ст3. По таблице сортамента двутавров ГОСТ 8239-89 находим ближайшее большее значение момента сопротивления сечения: Wтабл 109см 3 , что соответствует двутавру №16. Задание 5 Деревянная балка (рисунок 5.1) прямоугольного поперечного сечения нагружена вертикальной силой F1 в точке 1 и горизонтальной силой F2 в точке 2 (обе силы перпендикулярны оси балки). Требуется определить размеры поперечного сечения балки при допускаемых напряжениях на изгиб []изг = 8МПа. Рис 5.1 F1 3кН , F2 7кН , l 1,3 м и h 1,4 . b Решение Отдельно рассматриваем изгиб балки в вертикальной и горизонтальной плоскостях . Рис 5.2 Определяем реакции опор в вертикальной плоскости (рис 5.2). mA F1 0,5l YB l 0 откуда YB 0,5F1 0,5 3 1,5кН mB F1 0,5l YAl 0 откуда YA 0,5F1 0,5 3 1,5кН Делаем проверку: Y YA YB F1 0 . Строим эпюру изгибающего момента в вертикальной плоскости Мх, которая будет являться ломаной прямой без разрывов. Участок I: 0 z1 0,5l или 0 z1 0,65 м M X YA z1 1,5z1 при z1 0 M X 0 при z1 0,65 м M X 1,5 0,65 0,975кНм Участок II: 0 z2 0,5l или 0 z 2 0,65м M X YB z 2 1,5z2 при z 2 0 M X 0 при z 2 0,65м M X 1,5 0,65 0,975кНм Рис 5.3 Определяем реакции опор в горизонтальной плоскости, рассматривая вид балки сверху (рис 5.3): mA F2 0,7l X B l 0 откуда X B 0,7F2 0,7 7 4,9Н mB F2 0,3l X Al 0 откуда X A 0,3F2 0,3 7 2,1кН Делаем проверку: X X A X B F2 0 . Строим эпюру изгибающего момента в вертикальной плоскости Мy, которая будет являться ломаной прямой без разрывов. M y X A z1 2,1z1 Участок I: 0 z1 0,7l или 0 z1 0,91м при z1 0 M y 0 M y 2,1 0,91 1,911кНм при z1 0,91м Участок II: 0 z2 0,3l или 0 z 2 0,39 м M y X B z 2 4,9 z 2 при z 2 0 M y 0 M y 4,9 0,39 1,911кНм при z 2 0,39 м Для определения положения опасного сечения сравниваем эпюры моментов Мх и Му и видим, что опасным сечением может быть либо сечение 1, либо сечение 2. Находим напряжения в этих сечениях по формуле. Так как для прямоугольного сечения Wx W h bh 2 hb 2 и Wy , то отношение x 1,4 . Wy b 6 6 Тогда M x1 W x M y1 1 0,975 1,4 1,365 2,886 W Wy Wx x 1 W 1 3,2604 2 M x2 x M y2 0,585 1,4 1,911 W W x Wy Wx x 1 1 Wx Сравнив напряжения в точках 1 и 2, приходим к выводу, что опасным сечением является сечение 2. Из расчета на прочность по опасному сечению определяем его размеры. В условие прочности выражение момента сопротивления Wx подставляем с h bh 2 1,96b 3 учетом соотношения 1,4 : Wx , тогда b 6 6 3,2604 6 3,2604 max 2 изг , откуда Wx 1,96b 3 6 3,2604 10 3 0,108 м 10,8см . Округляем b 11см 1,96 8 10 6 Тогда h 1,4b 15,4см . b3 Задание 6 На вал (рисунок 6.1), вращающийся с угловой скоростью , через шкив 1, имеющий диаметр D1 и угол наклона ветвей ремня к горизонту 1, подается мощность Р кВт. Два других шкива 2 и 3 имеют одинаковый диаметр D2, одинаковые углы наклона ветвей ремня к горизонту 2 и каждый из них передает потребителям мощность 0,5Р. Определить диаметр d вала из расчета на прочность по опасному сечению, приняв пониженное значение допускаемых напряжений на изгиб изг=70МПа. Рис 6.1 a 0,5 м , b 0,4 м , c 0,6 м , P 30кВт , 40c 1 , D1 400 мм , D2 250 мм , 1 0 0 , 2 60 0 Решение Приводим усилия в ременной передаче к центру вала. Крутящие моменты на шкивах M 40c 1 . На ведомых M 2 M 3 ведущем 0,5P P , где угловая скорость вращения вала шкиве M1 30 10 3 750 Нм 40 ; на 15 10 3 375Нм . 40 На расчетной схеме вала моменты на ведущем шкиве M1 и на ведомых шкивах M 2 и M 3 направляются в противоположные стороны. Усилия в ветвях ременной передачи определяем, используя приближенное соотношение T 2t , где Т – усилие в ведущей ветви, t – усилие в ведомой TD tD 2tD tD tD 2M , откуда t . 2 2 2 2 2 D 2M 1 2 750 На ведущем шкиве t1 3750 Н 3,75кН , T1 2t1 2 3,75 7,5кН D1 0,4 2 375 На ведомых: t 2 t 3 3000 Н 3кН , T2 T3 2t 2 2 3 6кН . 0,25 Усилия в ветвях заменяем равнодействующими F T t . На ведущем шкиве F1 T1 t1 11,25кН ; ветви, тогда M на ведомых F2 F3 T2 t 2 9кН ; Раскладываем равнодействующие на вертикальную и горизонтальную составляющие: X 1 F1 cos 1 11,25 cos 0 0 11,25кН Y1 F1 sin 1 11,25sin 0 0 0кН X 2 F2 cos 2 9 cos 60 0 4,5кН Y2 F2 sin 2 9sin6 0 0 7,8кН В результате расчета определены усилия, которые передаются на вал через шкивы (рисунок 6.2). Рис 6.2 Рисуем расчетную схему вала (рисунок 6.3), на которой вал изображен его осью; шкивы убраны, и места их расположения обозначены точками 1,2,3, в которые с рисунка 6.2 переносим соответствующие усилия. Таким образом, вал испытывает два плоских изгиба в вертикальной и горизонтальной плоскостях и кручение. Рассматриваем отдельно эти простые виды деформации. Последующие схемы и эпюры размещаем для наглядности столбиком. Расчетная схема вала Рис 6.3 Изгиб в вертикальной плоскости. Расчетная схема включает только вертикальные силы. Подшипники заменяем шарнирными опорами А и В. Определяем вертикальные реакции в опорах: mA Y2 a YB a b c Y2 1,5a b c 0 , отсюда YB 11,7кН mB Ya a b c Y2 b c Y2 0,5a 0 , отсюда YA 3,9кН Проверка: Y YA YB Y2 Y2 0 . Строим эпюру изгибающего момента в вертикальной плоскости Мх. Так как на балке нет распределенной нагрузки и сосредоточенных изгибающих моментов, то эпюра будет представлять ломаную линию без скачков. Для ее построения достаточно знать значения момента Мх на границах участков: M xA 0 M x 2 YA a 1,95кН M x1 YA a b Y2 b 0,39кН M xB YA a b c Y2 b c 1,95кН M x3 YA 1,5a b c Y2 b c 0,5a YB 0,5a 0кН Изгиб в горизонтальной плоскости. Расчетная схема содержит только горизонтальные силы. Определяем горизонтальные реакции в опорах: m m A B X 2 a X 1 a b X B a b c X 2 1,5a b c 0 , отсюда X B 13,5кН X a a b c X 2 b c X 1c X 2 0,5a 0 , отсюда X A 6,75кН Проверка: X X A X B X 1 X 2 X 2 0 . Строим эпюру изгибающего момента в вертикальной плоскости Мх. Так как на балке нет распределенной нагрузки и сосредоточенных изгибающих моментов, то эпюра будет представлять ломаную линию без скачков. Для ее построения достаточно знать значения момента Мх на границах участков: M yA 0 M y 2 X A a 3,375кН M y1 X A a b X 2 b 4,275кН M yB X A a b c X 2 b c X 1c 1,125кН M x3 X A 1,5a b c X 2 b c 0,5a X 1 c 0,5a X B 0,5a 0кН Строим эпюру результирующего изгибающего момента Мизг , складывая геометрически его проекции Мх и Му , то есть M изг M x2 M y2 . M изг A 0 2 0 2 0кНм M изг 2 1,95 2 3,375 2 3,9кНм M изг 1 0,39 2 4,275 2 4,3кНм M изг B 1,952 1,1252 2,25кНм M изг 3 0 2 0 2 0кНм Кручение вала. К валу прикладываем только крутящие моменты М1, М2, М3 , потерями в подшипниках пренебрегаем. Строим эпюру внутренних крутящих моментов Тк . Значения моментов кручения Тк на участках постоянны: TkI 0 T kII M 2 375Нм TkIII M 2 M 1 375Нм Определяем положение опасного сечения, пользуясь двумя последними эпюрами изгибающего момента Мизг и Тк . Так как обе эпюры имеют максимальные значения в одной и той же точке 1 , то именно сечение 1 и будет наиболее опасным. Вычисляем для опасного сечения величину расчетного момента по четвертой гипотезе прочности : 2 M PIY M изг 0,75Т к2 (4,3) 2 0,75(0,375) 2 4,3кНм. Расчет вала на прочность проводим по условию прочности на изгиб с кручением : Mp изг . W Подставив в него формулу для момента сопротивления круглого сечения W d 3 d 3 , получим значение диаметра вала 32 32M P изг 3 32 4,3 10 3 0,0855 м 85,5 мм . 3,14 70 10 6 Полученное значение округляем до ближайшего нормального размера d = 85 мм. Задание 7 На балку, сваренную из двух швеллеров (рисунок 7.1), с высоты h падает груз массой m. Найти максимальное значение нормальных напряжений в балке в момент удара. Рис 7.1 L 2,3 м , m 45кг , h 0,2 м и швеллер №16. Решение 1. Решаем вспомогательную статическую задачу. Находим напряжения и деформации от действия статически приложенной силы тяжести груза G mg 45 10 450 H (рисунок 7.3). Строим эпюру изгибающего момента M ст . Определяем реакции в опорах. Составляем уравнения равновесия. Запишем уравнения моментов относительно опор A и B. m m A 0,4L G RB L 0 B 1,4L G RA L 0 Решая уравнения, получаем RA 1,4G 630Н RB 0,4G 180Н Участок I. ( 0 z1 0,4L или 0 z1 0,92 ) M ст Gz1 450z1 при z1 0 M ст 450 0 0Hм при z1 0,92 M ст 450 0,92 414Hм Участок II. ( 0 z 2 L или 0 z 2 2,3 ) M ст RB z 2 180z 2 при z 2 0 M ст 180 0 0Hм при z 2 2,3 M ст 180 2,3 414Hм Рис 7.2 Максимальные напряжения в опасном сечении ст M ст max 2W x 414 2,22МПа 2 93,4 10 6 , где Wx=93,4 см3 – момент сопротивления швеллера №16. Величина статического прогиба в точке приложения силы G 0,4 L 0,4 L L 450 0,4 1,4 2,33 3,42 10 4 м 11 8 6 EI x 6 2 10 747 10 2 y ст При статическом расположении к балке массы 45 кг напряжения и деформации пренебрежительно малы. 2. Находим напряжения в балке при ударе. Определим сначала напряжения в балке при ударе без учета массы самой балки. Динамический коэффициент по формуле kД 1 1 2h 2 0,2 1 1 35,21 y ст 3,42 10 4 ,тогда напряжения при ударе дин ст k Д 2,22 35,21 78,17 МПа не превышают допускаемые значения для этой стали из 150МПа . Рассчитывать балку с учетом массы не обязательно. Проведем расчет с учетом массы балки. Масса балки M Б mБ 1,4L 28,4 1,4 2,3 91,45кг , где mБ 28,4кг – масса 1м двух швеллеров №16. Коэффициент приведения массы балки к точке удара определяем по формуле приложения Е: 8 c 3 (140 231c 99c 2 ) 8 0,4 3 (140 231 0,4 99 0,4 2 ) 0,13 420(1 c) 3 c 2 420(1 0,4) 3 0,4 2 , где с = 0,4 для заданной схемы. Приведенная масса по формуле M прив M Б 0,13 91,45 11,85кг . Значение динамического коэффициента по формуле kД 1 1 1 1 y ст 2h (1 М прив / m) 2 0,2 31. 3,42 10 (1 11,85 / 45) 4 k 2,22 31 68,82МПа ст Д Тогда напряжения при ударе дин допускаемого при изгибе изг = 150МПа. ниже Таким образом, учет собственной массы конструкции снизил максимальные напряжения в балке. Задание 8 На плоской раме, продольными элементами которой являются два швеллера (рисунок 8.1), установлен механизм массой m, имеющий ротор с частотой вращения n оборотов в минуту. Центробежная сила инерции, возникающая при вращении ротора вследствие его неуравновешенности, равна Fин. Определить основные характеристики цикла напряжений в опасном сечении рамы при ее установившихся колебаниях в вертикальной плоскости. Рис 8.1 l 2,3 м , m 300кг , n 250 об , Fин 4кН и швеллер №16 мин Решение. Решение Определяем постоянную составляющую нагрузки (сила тяжести механизма): G 10m 10 300 3000Н 3кН Строим эпюру изгибающего момента M пост в балке от действия силы тяжести механизма (рисунок 8.3). Определяем реакции в опорах. mAппос G 0,7l YBппос l 0 , откуда YBппос 2,1кН mBппос G 0,3l YAппос l 0 , откуда YAппос 0,9кН Поскольку нет ни сосредоточенных моментов, ни распределенной нагрузки, то эпюра изгибающих моментов будет представлять ломаную линию без разрывов. Поэтому необходимо определить значения момента в характерных точках. M xA 0кНм M x1 1,45кНм M xB 0кНм Максимальное значение постоянных напряжений в балке пост Mx max 2W x 1,45 10 3 7,76МПа 2 93,4 10 6 где W x 93,4см 3 – момент сопротивления швеллера №16. Величина прогиба балки в точке крепления механизма от его силы тяжести G 0,7l l 0,7l 3000 1,61 0,69 0,36 10 3 м 0,36 мм 11 8 3EI x l 3 2 10 747 10 2,3 2 y ст 2 2 2 где I x 747см 4 – момент инерции швеллера №16. Круговая частота собственных колебаний g 9,81 165с 1 . 3 yст 0,36 10 0 Круговая частота вынужденных колебаний т 30 250 30 26с 1 . «Отстройка» от резонанса составляет 0 165 26 100% 100% 84,2% , 165 0 что соответствует существующим нормам (2030%), и частотной регулировки динамическая система не требует. Коэффициент нарастания колебаний 1 1 0 2 1 26 1 165 2 1,03 . Строим эпюру изгибающего момента M ст от действия статически приложенной центробежной силы инерции Fст Fин (рис. 8.4). Определяем реакции в опорах. mAппос Fин 0,7l YBии l 0 , откуда YBии 2,8кН mBппос Fин 0,3l YAии l 0 , откуда YAии 1,2кН Поскольку нет ни сосредоточенных моментов, ни распределенной нагрузки, то эпюра изгибающих моментов будет представлять ломаную линию без разрывов. Поэтому необходимо определить значения момента в характерных точках. M xA 0кНм M x1 1,93кНм M xB 0кНм Вычисляем значение напряжений от действия этой силы ст M ст max 2W x 1930 10,3МПа 2 93,4 10 6 Тогда напряжения чисто от вибрации будут достигать вын ст 1,03 10,3 10,6МПа Характеристики цикла напряжений: среднее значение m пост 7,76МПа ; амплитуда цикла a вын 10,6МПа ; максимальное значение напряжений max m a 18,36МПа ; минимальное значение напряжений min m a 2,84МПа ; коэффициент асимметрии цикла r min 2,84 0,15 max 18,36