И.А. Паначев Рабочая программа, контрольные работы и методические указания по их выполнению для студентов заочной формы обучения (сокращенные сроки обучения на базе среднего спец. образования)

60

12.1.4. Определим положение нейтральной линии. Точка А имеет координаты хА = -3,98, yA = 0 (см.рис.12.4).

Рис.12.4. Схема поперечного сечения стержня

Отрезки, которые нейтральная ось отсекает на координатных осях:

Нейтральная ось пройдёт параллельно оси YC.

Наиболее удалённые точки от нейтральной линии – точка А, где наибольшие сжимающие напряжения, и точка В, где наибольшие растягивающие напряжения.

Координаты точек А(-3,98; 0), В(3,02; 0) (см. рис.12.4).

Условие прочности по теории наибольших касательных напряже-

ний

где эквивалентный (расчётный) момент по третьей теории прочности будет иметь следующий вид:

Тогда условие прочности по третьей теории прочности будет иметь следующий вид :

Аналогично получим формулы эквивалентного момента из условия прочности по четвёртой теории :

13.2. Пример Шкив диаметром Д1 и с углом наклона ветвей ремня к горизонту α1

делает n оборотов в минуту и передаёт мощность N кВт. Два других

65

стях (вес шкивов и вала не учитывать); 6) построить эпюры изгибающих моментов от горизонтальных сил Мгор и от вертикальных сил Мверт; 7) построить эпюру суммарных изгибающих моментов, пользуясь формулой

Mи = Мгор2 +Мверт2 ,

при построении эпюры надо учесть, что для некоторых участков вала она не будет прямолинейной; 8) при помощи эпюр Мкр и Ми найти опасное сечение и определить максимальный расчётный момент (по третьей теории прочности); 9) подобрать диаметр вала d при [σ]= 70 МПа и округлить его значение до ближайшего стандартного,

если дано: N = 20 кВт; n = 500 об/мин; с = 1,3 м; а = 1,5 м; b = 1,2 м; Д1 = 1,2 м; Д2 = 1,5 м; α1 = 20 град; α2 = 50 град.

СЕЧЕНИЕ I – I

Решение 13.3.1. Определяем крутящие моменты, приложенные к шкивам, по

заданным N и n

M = 9,736 Nn ( кН м),

тогда

M1 = 9,736 50020 =0,38кН м,

M 2 = 9,736 50010 =0,19кН м.

66

13.3.2. Определяем окружные усилия, приложенные к шкивам

(рис.13.3):

13.3.3. Определяем давления на вал, принимая их равными трём окруж-

13.3.4. Найдём проекции сил Р1 и Р2 на горизонтальное и вертикальное направления (Х,Y) (рис.13.2,б) :

Р1x = P1 cosα1 =1,89 cos 20o =1,78кH , P2x = P2 cosα2 =0,75 cos 50o =0,48кH , P1y = P1 sinα1 =1,89 sin 20o =0,65кH , P2 y = P2 sinα2 =0,75 sin 50o =0,57кH .

13.3.5. Построим эпюру крутящих моментов, для чего нагрузим вал только скручивающими моментами (рис.13.2,б) :

M кp AC = 0,

M кpCД = М1 = 0,38кН м,

Мкp ДВ = М1 − М2 = 0,38 − 0,19 = 0,19кН м,

Мкp BE = M кp ДВ = 0,19кН м.

Эпюра крутящих моментов приведена на рис.13.2,в.

67

13.3.6. Построим эпюру изгибающих моментов от сил, действующих в вертикальной плоскости (рис.13.2,г).

Определяем опорные реакции:

∑ma = 0,

YB 4,2 − P2 y 5,7 − P2 y 2,7 − P1y 1,5 = 0,

YB = 0,57 5,7 + 0,57 2,7 + 0,65 1,5 =1,37кН, 4,2

∑mb = 0,

−Ya 4,2 + P1y 2,7 + P2 y 1,5 − P2 y 1,5 = 0,

Ya = 0,65 2,7 +0,57 1,5 −0,57 1,5 = 0,42кН. 4,2

Проверка:

∑Y = 0,

YA +YB − P1y −2P2 y = 0, 0,42 +1,37 −0,65 −2 0,57 = 0.

Определяем изгибающие моменты Мверт:

M вертА = 0,

МвертС =1,5YA =1,5 0,42 = 0,63кН м,

МвертД = 2,7YA −1,2P1y = 2,7 0,42 −1,2 0,65 = 0,35кН м,

МвертВ = −1,5P2 y = −1,5 0,57 = −0,855кН м,

МвертЕ = 0.

Эпюра Мверт показана на рис.13.2, д.

13.3.7.Построим эпюру изгибающих моментов от сил, действующих в горизонтальной плоскости Мгор (рис. 13.2,е).

Определяем опорные реакции:

68

∑mA = 0,

X B 4,2 − P2x 5,7 − P2x 2,7 + P1x 1,5 = 0,

X B = 0,48 5,7 +0,48 2,7 −1,78 1,5 = 0,33кН, 4,2

∑mB = 0,

X A 4,2 − P1x 2,7 + P2x 1,5 − P2x 1,5 = 0,

X A =1,78 2,7 −0,48 1,5 +0,48 1,5 =1,15кН. 4,2

Проверка:

∑X = 0,

−X A − 2P2x + P1x + X B = 0,

−1,15 − 2 0,48 +1,78 + 0,33 = 0.

Определим изгибающие моменты Мгор :

M горА = 0,

МгорС = −1,5ХА = −1,5 1,15 = −1,725кН м,

Мгор Д = −2,7Х А+1,2Р1х = −2,7 1,15 +1,2 1,78 = −0,969кН м,

МгорВ = −1,5Р2х = −1,5 0,48 = −0,72кН м,

МгорЕ = 0.

Эпюра Мгор приведена на рис.13.2,ж.

13.3.8.Построим эпюру суммарных изгибающих моментов Ми :

Ми = Мверт2 + Мгор2 ,

МиА = 0,

МиС = 0,532 +1,7252 =1,8кН м

Μид = 0,352 +0,9692 =1,03кН м,

Μив = 0,8552 + 0,722 =1,12кН м.

Эпюра Ми приведена на рис. 13.2,з.

69 13.3.9. Анализируя эпюры Мкр и Ми , видим, что опасным будет

сечение С, где действует изгибающий момент Ми = 1,8 кН м и крутящий момент Мкр = 0,38 кН.м.

По третьей теории прочности найдём расчётный момент (13.6):

ΜэквIII = Μи2 +Μ2кр = 1,82 +0,382 =1,83кН м.

13.3.10.Определим диаметр вала.

Условие прочности (13.7):

σэквIII = МWэквIII ≤[σ],

где

W = πd 3 = 0,1d 3, 32

тогда

14. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

Устойчивость или неустойчивость прямолинейной формы оси сжатого стержня существенно зависит от величины сжимающей силы. Нагрузка на стержень, при которой прямолинейная форма перестаёт быть формой устойчивого равновесия, называется критической. При нагрузках, меньших критической, прямолинейная форма оси стержня устойчива. При нагрузках больше критической прямолинейная форма оси стержня становится неустойчивой и стержень переходит к новой криволинейной форме равновесия, при которой происходит резкое нарастание прогибов и напряжений в стержне.

В конструкциях и сооружениях допускаются нагрузки значительно меньше критических. Отношение критической нагрузки к фактической носит название “коэффициент запаса устойчивости”: