- •Введение
- •1. Определение реакций опор твердого тела
- •2 .Кинематика точки
- •2.1. Основные понятия кинематики
- •2.2. Скорость точки
- •2.3 Ускорение точки
- •2.4 Задание к ргр- м 2
- •2.5 Пример м 2 –Кинематика точки
- •3. Принцип даламбера
- •3.1 Принцип Даламбера для материальной точки
- •3.2. Принцип Даламбера для системы материальных точек
- •3.3 Задание к ргр - м 3
- •3.4 Пример м 3 – Принцип Даламбера
- •4. Растяжение и сжатие
- •4.1 Основные понятия
- •4.2 Задание к ргр-м3 статически определимой задачи на растяжение (сжатие) ступенчатого бруса
- •4.3 Пример решения статически определимой задачи на растяжение (сжатие) ступенчатого бруса.
- •4.4 Решение.
- •4.4.1 Определение количества участков.
- •Следует отметить, что поскольку z зависит от Nz и Аi, то для определения величин нормальных напряжений могут быть использованы те же участки.
- •Для граничных сечений III участка получим следующие значения нормальных сил и напряжений:
- •4.4.4 Вычисление перемещения верхнего конца колонны от действия всех сил
- •5. Расчет гибких нитей
- •5.1 Задание к ргр-м5
- •6. Геометрические характеристики сечений
- •6.1 Основные теоретические понятия
- •6.2 Задание к ргр- м 6 «Определение геометрических характеристик плоских сечений».
- •6.3 Пример определения геометрических характеристик плоских сечений
- •Решение:
- •3.2.1. Находим по таблице сортамента из приложений I, II, III, IV площадь, моменты инерции и координаты центра тяжести каждой фигуры (рисунок 6.6).
- •7. Кручение
- •7.1. Общие сведения
- •8. Изгиб
- •8.1 Основные понятия
- •8.2 Перемещения при изгибе
- •8.3 Задание для ргр-6 по теме «Расчет балок на изгиб»
- •8.3.2 Построение эпюр Qу и Мх для всей балки
- •Построение приблизительного вида изогнутой оси балки
- •8.3.4 Подбор поперечного сечения балки
- •8.4 Пример 2 решениея ргр-6 для 2-х шарнирной балки
- •Определение количества участков
- •8.4.2 Составление аналитических выражений изменения Qу, Мх и определение значений их в характерных сечениях каждого участка
- •9. Устойчивость стержня.
- •9.1. Основные понятия
- •9.2. Пример расчета на устойчивость
- •10. Расчет редукторной передачи
- •10.1 Выбор электродвигателя
- •10.2. Определение общего передаточного числа привода и разбивка его по ступеням
- •10.3 Кинематический расчет привода
- •10.4. Материалы зубчатых и червячных передач
- •10.4.1. Выбор материала для зубчатых передач
- •10.4.2. Выбор материала для червячных передач
- •10.5. Определение допускаемых напряжений
- •10.5.1. Режим работы передачи
- •10. 5.2. Допускаемые напряжения.
- •Зубчатые передачи
- •Допускаемые напряжения для проверки прочности зубьев при перегрузках
- •Червячные передачи
- •10.6. Цилиндрическая зубчатая передача
- •10.6.1. Общие сведения
- •10.7. Коническая зубчатая передача
- •10.7.1. Общие сведения.
- •10.7.2. Последовательность проектного расчета
- •10.8. Червячные передачи
- •10. 8.1. Общие сведения
- •10.8.2. Последовательность проектного расчета
- •10.9 Задание к ргр- м10. Расчет редукторных передач
- •10.10 Пример расчета редукторной передачи
- •Литература
- •Содержание
6.3 Пример определения геометрических характеристик плоских сечений
Для сечения изображённого на (рисунок 5.5), определить положение главные и центральные моменты инерции
6.5 – рисунок
Решение:
3.2.1. Находим по таблице сортамента из приложений I, II, III, IV площадь, моменты инерции и координаты центра тяжести каждой фигуры (рисунок 6.6).
№20 швеллер үшін №20 қоставр үшін
Для швеллера №20. Для двутавра №20.
Рисунок 6.6
2) Определяем статические моменты швеллера и двутавра относительно этих осей. Статические моменты швеллера относительно своих центральных осей равны нулю, а статические моменты двутавра относительно осей
;
;
;
.
Площадь всего составного сечения:
.
Тогда координаты центра тяжести составного сечения (рисунок 6.6):
,
.
Определяем осевые и центробежные моменты инерции составного сечения относительно центральных осей :
Для швеллера:
;
.
Для двутавра:
;
.
Найдём осевые моменты инерции относительно осей для швеллера и двутавра:
Найдём осевые моменты инерции относительно осей для всего сечения.
;
.
Найдём центробежный момент инерции швеллера и двутавра относительно осей .
Центробежный момент инерции всего сечения:
.
Найдём положение главных центральных осей инерции сечения
;
, .
Главные центральные оси u и v будут повернуты относительно осей хс и ус на угол против часовой стрелки (рисунок 5.7).
Значение главных центральных моментов инерции сечения определим по формуле (5.12).
,
,
.
Главные центральные моменты инерции можно найти и по следующим формулам:
;
.
.
Вычислим главные радиусы инерции:
,
.
Проверим точность вычислений.
;
Рисунок 6.7
7. Кручение
7.1. Общие сведения
Кручением называется такой вид деформации, при котором в поперечных сечениях бруса возникает только один внутренний силовой фактор - крутящий момент Мк.
Если прямой брус находится в состоянии покоя или равномерного вращения, то алгебраическая сумма всех внешних скручивающих моментов, приложенных к брусу, равна нулю.
Внутренние крутящие моменты определяются по внешним скручивающим моментам с помощью метода сечений (рисунок 7.1а).
Крутящий момент в поперечном сечении бруса равен сумме внешних скручивающих моментов, приложенных к брусу по одну сторону от рассматриваемого сечения (рисунок 7.1б).
Крутящий момент считается положительным, если при взгляде в торец отсеченной части бруса внутренний момент представляется направленным по движению часовой стрелки (рисунок 7.1б).
Рисунок 7.1- Метод сечений
График изменения крутящих моментов по длине бруса называют эпюрой крутящих моментов.
В сечении, в котором к брусу приложен внешний скручивающий момент, ордината эпюры изменяется скачкообразно на величину, равную значению этого момента.
При кручении брусьев, имеющих круглое сплошное или кольцевое поперечное сечение, принимаются следующие гипотезы:
Поперечные сечения бруса, плоские и нормальные к его оси до деформации остаются плоскими и нормальными к ней и после деформации.
Радиусы поперечных сечений не искривляются и сохраняют свою длину.
Расстояние между поперечными сечениями не изменяются.
Кроме того, предполагается, что при кручении остается справедливым закон Гука при сдвиге:
τ = G·γ ,(7.1)
где τ - касательное напряжение;
G - модуль сдвига;
γ - угол сдвига.
Если крутящий момент во всех поперечных сечениях бруса имеет одно и то же значение, а размеры сечения постоянны по всей его длине, то угол закручивания определяется по формуле:
, (7.2)
где l - длина участка (м),
Jp - полярный момент инерций (м4).
Касательное напряжение в произвольной точке поперечного сечения круглого бруса определяется по формуле:
,(7.3)
где r- расстояние от оси бруса до точки;
Jp- полярный момент инерций.
Рисунок 7.2. Эпюра касательных напряжений
В центре (при r =0 ) касательные напряжения равны нулю (рисунок 7.2.). Наибольшее значение касательного напряжения приrmax = D/2:
, (7.4)
где Wp -полярный момент сопротивления :
. (7.5)
Для круглого сечения диаметром Dполярные момент инерции и момент сопротивления определяются по формулам:
; (7.6)
. (7.7)
Для кольцевого сечения:
; (7.8)
, (7.9)
где - β = d /D;d- внутренний диаметр кольца.
Относительный угол закручивания (угол закручивания на единицу длины) определяется по формуле:
, (7.10)
где GJp– жесткость стержня при кручении.
Условие жесткости при кручении имеет вид:
, (7.11)
где [θ]– допускаемый относительный угол закручивания.
Условие прочности при кручении:
, (7.12)
где [τ ] - допускаемое касательное напряжение.
Задача подбора сечения производится по условию жесткости и условию прочности.
Для сплошного сечения:
; (7.13)
. (7.14)
Для кольцевого сечения:
; (7.15)
. (7.16)
За окончательный результат принимается большее значение диаметра.
7.2. Задание РГР-М 7 Расчет на прочность и жесткость при кручении
Пусть к валу (рис. 7) передается через ведущий шкив вращение со скоростью n0 об/мин и снимается мощности P1 и P2 с рабочих шкивов. Необходимо построить эпюру крутящих моментов. Из условия прочности и жесткости определить диаметр вала. Построить эпюру касательных напряжений в опасном сечении и эпюру угла закручивания по длине. Как изменится внешний диаметр вала, если взять вал кольцевого сечения ( = d0/d = 0,5), G = 8 104 МПа. Данные взять из рисунка 7.3. и таблицы 7.
1 |
6 | ||
|
|
|
|
2 |
7 | ||
|
|
|
|
3 |
8 | ||
|
|
|
|
4 |
9 | ||
|
|
|
|
5 |
10 | ||
|
|
|
|
Рисунок 7.3
Таблица М 7
№ задания |
P1 кВт |
P2 кВт |
а м |
в м |
с м |
n0 об/мин |
Q рад/м |
МПа |
0 |
100 |
120 |
1,2 |
1 |
1,1 |
1000 |
5 |
140 |
1 |
110 |
110 |
1,1 |
1,2 |
1 |
1000 |
5 |
145 |
2 |
120 |
120 |
1 |
1,1 |
1,2 |
1000 |
5 |
145 |
3 |
130 |
100 |
0,9 |
1 |
1,1 |
1500 |
4 |
140 |
4 |
125 |
110 |
1,3 |
0,9 |
1 |
1500 |
4 |
150 |
5 |
115 |
115 |
1,1 |
1,3 |
0,9 |
1500 |
4 |
150 |
6 |
95 |
100 |
1 |
1,1 |
1,3 |
1200 |
6 |
150 |
7 |
100 |
150 |
1,2 |
1 |
1,1 |
1200 |
6 |
160 |
8 |
105 |
120 |
0,9 |
1,2 |
1 |
1200 |
6 |
160 |
9 |
120 |
130 |
1 |
0,9 |
1,2 |
1400 |
5 |
160 |
Пример: Пусть N1 = N2 = 100 к Вт, а = 1,2 м, в = 1,4 м, с = 1,6 м. 0 = 1000 об/мин, Q = 5 рад/м, = 150 МПа, G = 8 104 МПа.
Решение. По мощности находим крутящие моменты
Предварительно составим уравнения равновесия вала (рис. 7.4).
Рисунок 7.4
Мz = 0: М2 + М1 – МВ = 0.
Отсюда МВ = М1 + М2 = 1,911 (кН м). По найденным моментам строим эпюру моментов. Максимальный крутящий момент равен Мк тах = МВ = 1,911 кНм. Из условия прочности находим.
Из условия жесткости получим
Окончательно примем d = 4,5 см.
Угол закручивания определим по формуле , закрепив одного из сечений, например прикрепление ведущего шкива. Тогда1 в зоне прикрепления первого ведомого шкива будет
Угол закручивания в месте прикрепления второго шкива будет равен
Эпюра углов закручивания приведена на рисунке 7.4.
Определим диаметр кольцевого сечения ( = 0,5).
Из формул
Оказывается d = 4,09см, что в 1,02 раза больше, чем для сплошного сечения.