Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 800486

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.05.2022

Размер:

3.36 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1410 11 12 13 14 > Следующая >>>

126

2) найти допустимую нагрузку Рпри заданных размерах попереч-

ного сечения и допускаемых напряжениях для чугуна на сжатие			с	и на
			с
растяжение	р .
Числовые данные принять следующими: а = 10 см,		с = 100 МПа,
р = = 30 МПа.

Решение.

1.Стержень подвергается внецентренному сжатию.

2.Определим центр тяжести, положение главных центральных осей инерции и геометрические характеристики сечения стержня относительно этих осей.

3.Вычерчиваем поперечное сечение стержня в масштабе (рис. 7.2) и совместив ось Y с осью симметрии сечения. Поскольку сечение симметрично относительно оси Y, то эта ось является главной центральной осью инерции сечения. Разобьем сечение на две фигуры: первая – большой квадрат со стороной 2а, вторая - малый квадрат со стороной а, для которого площадь и мо-

менты инерции условно примем отрицательными. Обозначим С1 и С 2 центры тяжести первой и второй фигуры. Проведем через С1 и С 2 оси Х1 и Х 2 перпендикулярные оси Y. Определим геометрические характеристики этих фигур относительно их собственных главных и центральных осей инерции:

	4a2 ;	J I	J I	2a 4
F						;

1		x1	y	12

F	a2 ;	J II	J II		a4		.

2		x2	y	12

Определим координаты центра тяжести всего сечения в системе координат Х1,Y. Координаты С1 и С 2 в этой системе соответственно равны:

x	y	0; x	0; y		а	,
				c2
c1	c1	c2			2

тогда координаты центра тяжести всего сечения xc 0 (центр тяжести лежит на оси Y),

yc	yc1F1	yc2 F2		a	.
	F1	F2
			3 2

Используя формулы преобразования моментов инерции при параллельном переносе осей координат определим главные центральные моменты инерции и площадь сечения

127

J I

2 F J II

2 F

7 a4 ;

J y

; F 4a

J y

yc2

Рис. 7.2

3. Определим координаты точки приложения силы Р (точка В) в глав-

ных центральных осях:


xP xB 0; yP yB	5 2	a.

	6

4. Установим положение нейтральной линии сечения, определив отрезки ax и ay , отсекаемым нейтральной линией на осях Х и Y.

Радиусы инерции сечения равны:

7a4

J x

12 3a2

5a4

J y

4 3a2

2 3

тогда

128

i 2

ax y (т.е. нейтральная линия параллельна оси Х), x p

ay	ix2	7a2	6		7a	.
	y p	36a 5
			2	30 2

5. Проводим нейтральную линию сечения (рис. 7.3) и определим координаты точек, наиболее удаленных от нейтральной линии в области растяжения (точка А) и в области сжатия (точка В)

; yA

2a 2

;

xВ 0; yВ

5a 2

6. Вычисляем наибольшее растягивающее и наибольшее сжимающее напряжения, выразив их через силу Р.

Используя формулу (7.1) получим

max A

сж

max B

x p

y p

5a 2 2a 2 36

11P

;

iy2

ix2

3a2

6 3 7a2

7a2

x p

y p

25 2a 2 36

57P

i 2

3a 2

36 7a 2

21a 2

7. Определим допускаемую нагрузку из условий прочности (7.4)

11P

р ;

7a2

; Р

190 кН;

max

7a2

57P

21a

сж

с ;

; Р

368 кН.

max

21a2

Выбираем силу, удовлетворяющую обоим неравенствам, то есть мень-

шую

Р= 190 кН.

7.2. Применение теорий прочности к расчету прямого бруса 7.2.1. Основные понятия о теориях прочности

129

Теории прочности используют для оценки прочности тел в условиях сложного напряженного состояния.

При выполнении практических расчетов наиболее часто используют теорию прочности максимальных касательных напряжений и энергетическую теорию прочности.

Условие прочности по теории максимальных касательных напряжений (третья теория прочности) имеет вид

1	3	.	(7.6)

Условие прочности по энергетической теории (четвертая теория прочности)

	1
	1		2		2		2	.	(7.7)
2		1	2	2	3	3	1	.	(7.7)
		1	2	2	3	3	1

Здесь 1, 2, 3			главные напряжения	1	2	3	(см. разд. 3.1);		допусти-

мое напряжение при одностороннем растяжении.

Данные теории можно использовать, например, в расчете на прочность валов, работающих на изгиб с кручением, и плоско–пространственных стержневых систем.

Плоско–пространственной называют стержневую систему, у которой оси составляющих ее элементов лежат в одной плоскости, а нагрузки действуют в плоскостях, перпендикулярных этой плоскости.

Особенностью таких конструкций является то, что во всех поперечных сечениях внутренние силовые факторы, лежащие в плоскости системы, равны нулю.

Из условий нагружения плоско–пространственной системы можно определить вид деформирования – изгиб с кручением.

При изгибе с кручением в поперечном сечении действуют изгибающий М и и крутящий

М к моменты.

Чтобы провести расчет на прочность, необходимо построить эпюры крутящего М к и изгибающе-

го М и моментов.

Правила и примеры построения эпюр при кручении и изгибе подробно изложены в разд. 4, 6.

Опасное сечение определяется по величине максимального расчетного момента М расч . По тео-

рии прочности максимальных касательных напряжений (третья теория прочности)

М расч = М и2

М к2 ,

(7.8)

а по энергетической теории прочности (четвертая теория прочности)


М расч = Ми2		0,75М к2.		(7.9)

Условие прочности при изгибе с кручением бруса круглого поперечного сечения имеет вид

М расч	,	(7.10)
Wх

130

где Wх осевой момент сопротивления поперечного сечения ( см. разд. 5).

7.2.2. Расчеты на прочность при совместном действии изгиба и кручения

Задача. Ведущий шкив диаметром D1 с углом наклона ветвей ремня к горизонту 1 делает n оборотов в минуту и передает мощность N (кВт). Два других (ведомых) шкива имеют одинаковый диаметр D 2 и одинаковые углы

наклона ветвей ремня к горизонту	2	и каждый из них передает мощность
	2

N/2 (рис. 6.3, а).

Требуется:

1)определить моменты, приложенные к шкивам, по заданным N и n;

2)построить эпюру крутящих моментов М к ;

3)определить окружные усилия t1 и t 2 , действующие на шкивы, по

найденным моментам и заданным диаметрам шкивов D1 и D 2 ;

4)определить давление на вал, принимая их равным трем окружным

усилиям;

5)определить силы, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскости (вес шкивов и вала не учитывать);

6)построить эпюры изгибающих моментов от вертикальной сил (М х )

иот горизонтальных сил (М у );

7)построить эпюру суммарных изгибающих моментов, пользуясь

формулой


М и М х2		М у2

(для каждого поперечного сечения вала имеется своя плоскость действия суммарного изгибающего момен-

та, но для круглого сечения можно совместить плоскости Ми для всех поперечных сечений и построить

суммарную эпюру в плоскости чертежа; при построении эпюры надо учесть, что для некоторых участков вала она не будет прямолинейной);

8) при помощи эпюр Мк и Ми найти опасное сечение и определить

максимальный расчетный момент (по третьей теории прочности);

9) подобрать диаметр вала d при = 70 МПа и округлить его значение до ближайшего, кратного 5 мм.

131

Числовые данные: N = 30 кВт, D1 = 1,0 м, D2 = 1,5 м, 1 = 30 , 2 =

60 , а = с = 1,0 м, b = 1,2 м, n = 300 об/мин.

Решение 1. Определение моментов, приложенных к шкивам.

Величину момента можно рассчитать по формуле М = 9,55 Nn , кН м,

где N – мощность , кВт; n – число оборотов в минуту. Момент на ведущем шкиве

М1 = 9,55 30030 = 0,955 кН м.

Момент на ведомых шкивах

М 2 = 9,55 2 300 = 0,480 кН м. 2. Построение эпюры крутящих моментов.

Для построения эпюры М к составляем расчетную схему на кручение вала (см. рис. 7.3,б). При этом вал можно без учета сил трения в опорах разбить на три участка и для каждого из них составить уравнение крутящего момента.

Участок 1, 0	z1	a + b;
М к1 = М 2 = 0,48 кН м.
Участок 2, 0	z 2	с;
М к 2 = М 2 М1 = 0,48 – 0,955 = 0,48 кН м.
Участок 3, 0	z 3	b;

М к3 = 0.

По полученным значениям М к строим его эпюру (см. рис. 7.3,в). 3. Определение окружных усилий.

Значения этих усилий определяем по формуле t = 2М .

132

					2
		y		D	D
				1
2	0					A
D	0
D
	x							z
	x
						2t1
	a		b	c		b		1
								1
								a) t1
	M2			M1	M2
	0					A
	0							б)
								б)
	z1			z2		z3
						z3
Мк,
кНм				0,48			z	в)
							z	в)

0					0,48
		y			0,48	RA
						RA

P2 y		R		P	P	A	z
P2 y		0		1y	2 y	A	z
		0		1y	2 y
	0							г)
								г)
Мx	z1	z2			z4	z3
				1,98		z3
				1,98	1,92
					1,92
0								д)
		x	1,65			RA
						RA

P2 x		R0		P		A	z
P2 x	0			1x		A	z
				1x
					P2 x			e)
					P2 x			e)
Мy,	z1	z2		4,06	z4	z3
						z3

кНм	0,95				1,69
	0,95						z
0							z	ж)
Мu,				4,52
кНм					2,13
					2,13
	1,9						z	з)
0							z	з)
0

2 2t2

Рис. 7.3

		133
На ведущем шкиве t1 =	2 0,955		1,91 кН.
		1

На ведомых шкивах t1 =		2 0,48	0,635 кН.
		1,5

4. Определение давления на вал.

Силы давления на вал определяем по формуле Р = 3t.

Давление на вал в местах посадки ведущего шкива Р1 = 3 1,91 = 3,73 кН, ведомого шкива Р 2 = 3 0,635 = 1,905 кН.

5. Определение сил, действующих на вал. В вертикальной плоскости YOZ:

в сечении ведущего шкива

P	P sin	1	5,73 sin 30 = 2,865 кН,
1y	1	1

в сечениях ведомых шкивов

P2 y P2 sin 2 1,905 sin 60 = 1,65 кН.

В горизонтальной плоскости XOZ: в сечении ведущего шкива

7.3,г).

сия:

RO'

P	P cos	1	5,73 cos30	= 4,96 кН,
1x	1	1
в сечениях ведомых шкивов
P2x	P2 cos	2 1,905 cos60		= 0,953 кН.
6. Построение эпюр изгибающих моментов.

6.1. Эпюра изгибающих моментов - М х .

Составляем расчетную схему изгиба балки в плоскости YOZ (см. рис.

Реакции опор R'

, R'

определяем из следующих уравнений равнове-

m 0; R'

2b c P

b c P

b P

a 0

;

2 y

2b c P

b 2b c a P

(b c) 0

;

2 y

b c

1,65(1,2 1,0 1,0)

2,865 1,2

RA'

2 y

1,595

2 1,2

1,0

кН;

b c

(3b

c a)

2,865(1,2 1,0)

1,65(3 1,2 1 1)

2 y

2 1,2

1,0

= 4,57 кН.

Для каждого из четырех участков балки составляем уравнения M x .

134

Участок 1, 0

a = 1,0 м;

M x1

P2 y z1

1,65

z1,

0, M x1

1,0 м,

M x1

1,65 1,0

1,65 кН м.

Участок 2, 0

b = 1,2 м;

2,92 z

1,65,

2 y

M x2

1,65 кН м;

1,2 м,

M x2

2,92 1,2

1,65

1,98 кН м.

Участок 3, 0

b = 1,2 м;

M x3

1,595

z3,

0, M x3

1,2 м,

M x3

1,595 1,2

1,92 кН м.

Участок 4, 0

c = 1,0 м;

M x4

RA' (z4

P2 y z4

1,92

0,06

z4;

M x4

1,92 кН м;

1,0 м,

M x4

1,92

0,06 1,0

1,98 кН м.

По полученным значениям изгибающего момента строим эпюру M x

(см. рис. 7.3,д).

6.2. Эпюра изгибающих моментов M y .

Составляем расчетную схему нагружения балки в горизонтальной

плоскости XOZ (см. рис. 7.3,е). Для определения реакции опор

R'' , R''

за-

пишем уравнение равновесия:

m 0;

R''

2b c P

b c P

b P

a 0;

R''

2b c P

2b c a P

b P

(b c) 0;

Решая эти уравнения, получим

4,96 1,2

0,953(1,2

1,0

1,0)

1,415 кН;

2 1,2

1,0

(3b

4,96(1,2

1,0)

0,953(3 1,2

2 1,2

1,0

= 1,640 кН.

Для каждого из четырех участков балки составляем уравнения М у .

Участок 1, 0

a = 1,0 м;

135

M y1

P2x z1

0,953

z1;

Участок 2, 0

b = 1,2 м;

у2

0,953

2,593 z

;

2 x

Участок 3, 0

b = 1,2 м;

M y3

RA''

1,415

z3;

Участок 4, 0

c = 1,0 м;

R''

1,69

2,368 z

2 x

По этим уравнениям,

задавая граничные значения координаты zi , на-

ходим величины М у и строим эпюру (см. рис. 7.3,ж).

7. Построение эпюры результирующих изгибающих моментов.

Участок 1, 0

a = 1,0 м;

1,65z

0,953z

1,9 z ;

Участок 2, 0

b = 1,2 м;

M u2

(2,92z2 1,65)2

(0,953

2,593z2 )2 ;

Участок 3, 0

b = 1,2 м;

(1,595z )2

(1,415z )2

2,13 z ;

Участок 4, 0

c = 1,0 м;

M u 4

(1,92

0,06z4 )2

(1,69

2,368z4 )2 .

По этим уравнениям, задавая граничные значения координаты zi для указанных участков, находим величины Mu и строим эпюру (см. рис. 7.3,з).

8. Определение расчетного значения момента М расч .

Сопоставляя эпюры Mu и Mк , делаем заключение, что опасное сечение находится в месте посадки ведущего шкива, где

Mu 4,52 кН м, Mк 0,48 кН м. Расчетное значение момента находим по формуле (7.8)

М расч

4,522

0,482

20,66 кН м.

9. Подбор диаметра вала.

Так как для вала круглого сечения момент сопротивления

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1410 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.20223.3 Mб6Учебное пособие 800480.pdf
#
01.05.20223.31 Mб3Учебное пособие 800481.pdf
#
01.05.20223.33 Mб7Учебное пособие 800482.pdf
#
01.05.20223.35 Mб1Учебное пособие 800484.pdf
#
01.05.20223.35 Mб1Учебное пособие 800485.pdf
#
01.05.20223.36 Mб10Учебное пособие 800486.pdf
#
01.05.20223.4 Mб2Учебное пособие 800487.pdf
#
01.05.20223.42 Mб4Учебное пособие 800488.pdf
#
01.05.20223.48 Mб17Учебное пособие 800489.pdf
#
01.05.2022376.18 Кб3Учебное пособие 80049.pdf
#
01.05.20223.48 Mб11Учебное пособие 800490.pdf