Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донецкий национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

sopromat_rgr_savenkov

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.03.2016

Размер:

500.54 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 22

Приймається a = amax =a2 = 76,07 мм.

1.4 Побудова епюри нормальних напружень σ

Площі поперечних перерізів ділянок

A1 = a2

= 76,072 = 5787 мм2 ; A2

= (0,6a)2 = (0,6 76,07)2 =2083 мм2 ;

A = π(1,3a)2

= π(1,3 76,07)2

= 7681мм2 ; A = A = 7681 мм2 .

Напруження на ділянках

−200 103

−250 103

σ =

= −34,56 МПа; σ

= −120

МПа;

5787

2083

−250 103

150 103

σ3 =

= −32,55 МПа; σ4

=19,53

МПа.

7681

1.5 Побудова епюри переміщень

Абсолютні деформації ділянок

N l

−200 103 0,6 103

−250 103 0,8 103

1 1

=- 0,1037 мм;

=- 0,480 мм;

2 105

5787

2 105 2083

N l

−250 103 0,4 103

=- 0,0651 мм;

150 103 0,5 103

=0,0488 мм.

3 3

2 105

7681

2 105 7681

Переміщення кінців ділянок

B-A =

l4 = 0,0488 мм; C-A =

l4 + l3 = 0,0488 - 0,0651 = -0,0163 мм;

D-A =

l4 +

l3 +

l2 = 0,0488 - 0,0651- 0,480 = -0,4963 мм;

E-A

l4 +

l3 +

l2 +

l1 = 0,0488 - 0,0651- 0,480 - 0,1037 = -0,600 мм.

2 ЗАДАЧА 2. РОЗРАХУНОК БРУСА НА МІЦНІСТЬ І ЖОРСТКІСТЬ ПРИ КРУЧЕННІ

2.1 Вихідні дані

Для бруса, представленого на рисунку 3, потрібно:

1)визначити значення невідомого моменту, що врівноважує, Tс;

2)побудувати епюру крутячих моментів;

3)визначити діаметр круглого бруса на кожній його ділянці з умов міцності і жорсткості. По одержаних діаметрах накреслити конструктивну схему ступінчастого вала.

4)побудувати епюри абсолютних і відносних кутів закручування.


						Номер схеми - 11
T1	T2	Tc		T3	T4	T1 = 200 Н м;
T1	T2	Tc		T3	T4	T2		= 450 Н м;
						T2		= 450 Н м;
						T3		= 500 Н м;
						T3		= 500 Н м;
						T4		= 350 Н м;
l1	l2		l3	l4		[τ] = 50 МПа;
						[θ] = 0,045 рад/м;
						[θ] = 0,045 рад/м;
						l1 = 0,3			м;
	Рисунок 3					l2	= 0,6		м;
	Рисунок 3					l3	= 0,4		м;
						l3	= 0,4		м;
						l4	= 0,5		м;
						G = 8 104 МПа.

2.2 Визначення моменту, що врівноважує

ΣTi = 0;T1 −T2 −TC −T3 +T4 = 0;

TC =T1 −T2 −T3 +T4 = 200 −450 −500 +350 = −400 Н·м.

2.3 Побудова епюри крутячих моментів Mк Ділянка 1. Mк1 = T1 = 200 Н м.

Ділянка 2. Mк2 = T1 - T2= 200 - 450 = -250 Н м.

Ділянка 3. Mк3 = T1 - T2 + TС= 200 - 450 +400 = 150 Н м.

Ділянка 4. Mк4 = T1 - T2 + TС - T3 = 200 - 450 +400 - 500 = -350 Н м.

Епюра крутящих моментів наведена на рисунку 4.

2.4 Визначення діаметрів ділянок бруса

Умова міцності бруса при крученні τ = WpMк ≤ [τ],

де Wp =	πd 3	- полярний момент опору круглого переріза.
де Wp =	16	- полярний момент опору круглого переріза.
	16
Діаметр переріза з умови міцності d ≥ 3							16M
Діаметр переріза з умови міцності d ≥ 3							π[τ]к .
Ділянка 1.		d1 ≥ 3	16M		= 3	16 200 10	3
Ділянка 1.		d1 ≥ 3		к1	= 3	π 50	=27,31 мм.
			π[τ]			π 50

Ділянка 2.	d2 ≥ 3	16M		= 3	16 250 10	3
			к2		π 50	= 29,42 мм.
		π[τ]

T1=200	T2 =450	Tc =400 Н м	T3 =500
1	2	3	4
l1=0,3 м	l2=0,6 м	l3=0,4 м	l4= 0,5 м
200		150
+		150
+		+
	−		−
			−
	250		350
			350
Ø27,4	Ø29,4	Ø25,5	Ø32,9

T4=350

Розрахункова схема вала

Епюра Mк, Н м

Конструктивна схема вала, розміри в мм

0,01349		0,00601
		0,00601
+		+	Епюра ϕ, рад
	−	−	Епюра ϕ, рад
	−
0,012		0,01298
0,045		0,045
		0,045
+		+
−		−	Епюра θ, рад/м
−		−
0,04248		0,03798
0,04248

Рисунок 4

Ділянка 3.			d3 ≥ 3	16M	к	= 3	16 150 103	=24,81 мм.
Ділянка 3.			d3 ≥ 3		к	= 3	π 50	=24,81 мм.
				π[τ]			π 50
Ділянка 4.			d4 ≥ 3	16M	к	= 3	16 350 103		=32,91 мм.
Ділянка 4.			d4 ≥ 3		к	= 3	π 50		=32,91 мм.
				π[τ]			π 50
Умова жорсткості θ =						Mк	≤ [θ],
Умова жорсткості θ =						GIp	≤ [θ],
						GIp
де Ip =	πd	4	- полярний момент інерції переріза.
де Ip =	32		- полярний момент інерції переріза.
	32
										32Mк
Діаметр переріза з умови жорсткості									d ≥ 3 πG[θ].
Ділянка 1.			d1 ≥ 4	32M	к	= 4	32 200 103 103			= 27,43 мм.
Ділянка 1.			d1 ≥ 4		к	= 4	π 8 104 0,045			= 27,43 мм.
				πG[θ]			π 8 104 0,045
Ділянка 2.			d2 ≥ 4	32M	к	= 4	32 250 103 103			=29,00 мм.
Ділянка 2.			d2 ≥ 4		к	= 4	π 8 104 0,045			=29,00 мм.
				πG[θ]			π 8 104 0,045
Ділянка 3.			d3 ≥ 4	32M	к	= 4	32 150 103 103			=25,52 мм.
Ділянка 3.			d3 ≥ 4		к	= 4	π 8 104 0,045			=25,52 мм.
				πG[θ]			π 8 104 0,045
Ділянка 4.			d4 ≥ 4	32M	к	= 4	32 350 103 103			=31,55 мм.
Ділянка 4.			d4 ≥ 4		к	= 4	π 8 104 0,045			=31,55 мм.
				πG[θ]			π 8 104 0,045

Для кожної ділянки з двох значень діаметра, отриманих з умови міцності й умови

твердості, приймається більше значення:

d1 = 27,43 мм; d2 = 29,42 мм; d3 = 25,52 мм; d4 = 32,91 мм.

Конструктивна схема вала наведена на рисунку 2.

2.5 Побудова епюри абсолютних кутів закручування

Кути закручування ділянок бруса:

ϕ =

l 32

200 0,3 32 1012

=0,01349 рад;

к1 1

8 104 106 π 27,434

Gπd 4

ϕ2

Mк 2l2

Mк 2l2 32

−250 0,6 32 1012

= − 0,02549 рад;

GIp2

Gπd2

8 104 106 π 29,424

ϕ3

Mк3l3

Mк3l3 32

150 0,4 32 1012

=0,01801 рад;

GIp3

Gπd3

8 104 106 π 25,524

ϕ4

Mк4l4

Mк4l4 32

−350 0,5 32 1012

= −0,01899 рад.

GIp4

Gπd4

8 104 106 π 32,914

Кути повороту перерізів

ϕА = 0;

ϕВ-А = Δϕ1 = 0,01349 рад; ϕС-А = Δϕ1 + Δϕ2 = 0,01349 – 0,02549 = – 0,012 рад;

ϕD-А = Δϕ1 + Δϕ2 + Δϕ3 = 0,01349 – 0,02549 +0,01801 = 0,00601 рад; ϕE-А = Δϕ1 + Δϕ2 + Δϕ3 + Δϕ4 = 0,01349 – 0,02549 +0,01801 – 0,01899 = = – 0,01298 рад.

2.6 Побудова епюри відносних кутів закручування

Відносні кути закручування

θ =

ϕ1

0,01349

= 0,045 рад/м; θ

ϕ2

- 0,02549

= −0,04248 рад/м;

0,3

0,6

θ3 =

ϕ3

0,01801

= 0,045 рад/м; θ4

ϕ4

- 0,01899

= −0,03798 рад/м.

0,4

0,5

Епюри абсолютних і відносних кутів закручування наведені на рисунку 2.

3 ЗАДАЧА 3. РОЗРАХУНОК БРУСА НА МІЦНІСТЬ І ЖОРСТКІСТЬ ПРИ ЗГИНІ

3.1 Вихідні дані

Для бруса, наведеного на рис. 5, необхідно:

1)побудувати епюри поперечних сил і згинаючих моментів;

2)визначити з умови міцності розміри круглого, прямокутного (зі співвідношенням сторін h/b = α) і двотаврового перерізу ;

3)Виявити раціональний профіль перерізу, порівнявши маси балок.

4)Побудувати пружну лінію балки.

M	q		F	Номер схеми - 11
				F = 8 кН;
				М = 5 кН м;
				q =40 кН/м;
				q =40 кН/м;
				a =0,6 м;
				a =0,6 м;
	a	b	c	b =0,4 м;
	a	b	c	c =0,5 м;
				c =0,5 м;
				[σ] = 120 МПа.
				[σ] = 120 МПа.

Рисунок 5

3.2 Визначення опорних реакцій

Опорні реакції VA , VB (рис. 6 а) визначаються із умов рівноваги балки.

∑Mi A = 0. VB (a +b)− M −qa a2 − F(a +b + c)= 0;

0,6

VB =

M + qa

+ F(a +b + c)

+ 40 0,6

+8(0,6 + 0,4 + 0,5)

= 24,2

кН.

0,6

+ 0,4

∑Mi

= 0. VA (a +b)+ M −qa

+ Fc = 0;

0,6

VA =

− M + qa

− Fc

−5

+ 40 0,6

0,4

−8 0,5

=7.8 кН.

0,6 +0,4

Перевірка опорних реакцій

∑Fi y = 0. VA −qa +VB − F = 7,8 −40 0,6 + 24,2 −8 = 32,0 −32,0 = 0 .

3.3Побудова епюри подовжніх сил

Подовжня сила в поперечному перерізі z балки визначається за правилом Qz = ∑Fi y .

лів (прав)

Ділянка 1. Q1 = VA - q z1 ; 0 ≤ z1 ≤ a =0,6 м.

При z1 =0 QA = VA = 7,8 кН; при z1 = a =0,6 м QС = VA – q a= 7,8 – 40ּ0,6= 16.2 кН.

За отриманими значеннями поперечної сили в характерних перерізах балки побудована епюра поперечних сил

(рис. 6 б ).

Ділянка 2. Q2 = VA - q a = 7,8– 40ּ0,6= 16.2 кН ; 0 ≤ z2 ≤ b =0,4 м. Поперечна сила постійна на ділянці 2. Ділянка 3. Q3 = F = 8 кН; 0 ≤ z3 ≤ c =0,5 м. Поперечна сила постійна на ділянці 3.

На ділянці 1 у точці E поперечна сила QE = 0. Координата zE визначається із умови

= VA – q zE = 0.

zE =

7,8

=0.195 м.

3.4 Побудова єпюри згинаючих моментів

Згинаючий момент в поперечному перерізі z балки визначається за правилом M z= ∑Mi

лів

(прав)

z 2

Ділянка 1.

= M +V

− q

; 0 ≤ z1 ≤ a =0,6 м.

При z1 = 0 MA = M = 5 кНּм.

При z1 = a =0,6 м MС = M +VA a −q

5 +7,8 0,6 −40

0,62

=2.48 кНּм.

0,1952

При zE = 0,195 м

M E = M +VA zE −q

= 5 +7,8 0,195

−40

=5.76 кНּм.

Ділянка 2. M 2 = M +VA (a + z2 )−qa

+ z2 ; 0 ≤ z2

≤ b =0,4 м.

При z2

= 0

MС

= M +VA a −q

= 5 +7,8 0,6

−40

0,62

=2.48 кНּм.

0,6

При z2

= b = 0,4 м M B = M +VA

(a +b)−qa

= 5 +7,8(0,6 +0,4)−40

0,6

+0,4

= -4 кНּм.

Ділянка 3.	M3 = −F z3 0 ≤ z3 ≤ a = 0,5 м.
При z3 = 0	M D = 0 . При z3 = c = 0,5 м MB = – F c = – 8ּ0,5 = – 4 кНּм.

За отриманими значеннями згинаючих моментів в характерних перерізах балки побудована епюра згинаючих моментів М (рис. 6 в ).

3.5 Визначення розмірів поперечних перерізів балки

Круглий поперечний переріз.

Умова міцності σ = М ≤[σ] ,

де Wx =

πd 3

– осьовий момент опору круглого перерізу.

М 32

32 M

32 5,76 106

σ =

≤[σ] . Відкіля

d ≥ 3

π[σ]

= 3

= 78,8 мм.

πd 3

π 120

Площа поперечного перерізу A

πd 2

π 78,82

= 4877 мм2 =48,77 см2 .

кр

Прямокутний поперечний переріз.

За умовою задачі

= α =1,5.

Осьовий момент опору прямокутного перерізу

Wx =

bh2

b α2b2

α2b3

М 6

Умова міцності σ =

≤[σ] .

6 M

6 5,76 106

α2 b3

= 50,4 мм. h = αb =1,5 50,4 = 75,6 мм.

b ≥ 3 α2 [σ] = 3

1,52 120

Площа поперечного перерізу A

= b h = 50,4 75,6 = 3810 мм2 = 38,1 см2.

прям

Двотавровий поперечний переріз.

		d
x		x
		b-d
		4
		y
	b	t
	b

Осьовий момент опору двотавру Wx ≥	М		5,76 106		3
		=		= 48000 мм		=
	[σ]		120

= 48,0 см3.

По ГОСТ 8239—72 підбирається найближчий типорозмір двотавра № 12 з наступними геометричними характеристиками: осьовий момент інерції Jx = 350 см4 ;

осьовий момент опору Wx = 58,4 см3 ; площа A = 14,7 см2 ;

h = 120 мм; b = 64 мм; d = 4,8 мм; t = 7,3 мм.

	y
	VA =7,8 кН
M =5 кНּм	q =40 кН/м

а) A

б) Епюра Q, кН

в)	Епюра М,
	кНּм

Пружна г) лініябалки (вигини в

мм)

a =0,6 м

zE = 0,195 м 7,8

5,76

b =0,4 м

–

16,2

2,48

0,936

VB =24,2 кН

q =40 кН/м

c =0,5 м

–

F =8 кН

0,244

Рисунок 6

3.6 Виявлення раціонального профілю перерізу

Оскільки балка постійного поперечного перерізу, то раціональний профіль можна виявити, порівнявши площі профілів, тобто

Aдвотавр : Aпрям : Aкр = 14,7 : 38,1 : 48,77 =1: 2,59 : 3,32 .

Aдвотавр Aпрям Aкр 14,7 14,7 14,7

Найбільш раціональним є двотавровий профіль, найменш раціональним – круглий.

3.7 Побудова пружної лінії балки

Для побудови пружної лінії визначаються переміщення в характерних перерізах балки. Для цього використається метод початкових параметрів. Переміщення (кут повороту θz і вигин yz) в перерізі z балки, зображеної на рисунку 7, визначаються по формулах

EJθz

= EJθ0 + ∑M (z −a)+ ∑F

(z −b)2

+ ∑F

(z −c)3

;

(1)

EJyz

= EJy0 + EJθ0 z + ∑M

(z −a)2

+ ∑F

(z −b)3

+ ∑F

(z −c)4

(2)

Рисунок 7 – Схема

прикладання навантажень до балки, що входять до формул (1) і (2)

Для заданої балки (див. рисунок 6) початкові параметри визначаємо із граничних умов:

yA = 0; yB = 0.

y0 = yA = 0.

Для того, щоб правильно використовувати формули (1) і (2), розподілене навантаження q продовжується

до того перерізу, у якому визначається переміщення, а продовжене навантаження компенсується

протилежно їй спрямованим навантаженням тієї ж інтенсивності.

EJyA = EJy0

+ EJθ0

1+5 12 +7,8

13 −40

14 + 40

0,44 = 0 .

EJθ0 1+ 2,5 +1,3 −1,667 +0,0427 = 0

EJθ0 = −2,5 −1,3 +1,667 −0,0427 =−2,1757

кН·м .

θ0 =

−2,1757

=– 0,00599 рад = -0,343 град.

2 108 1,815 10-6

де E = 2·108 кН/м2;

J – осьовий момент інерції Jx для прямокутника

J x =

bh3

50,4 75,63

мм

= 1,815·10

-6

= 1,815·10

Переміщення по границях ділянок.

Точка А.

yА = y0 = 0; θА = θ0 = – 0,00599 рад. Знак (–) означає, що поворот перерізу А відбувається по годинній

стрілці.

Точка C.

EJθC = EJθ0							+5 0,6 +7,8						0,62			−40		0,63			;
EJθC = EJθ0							+5 0,6 +7,8								2	−40		6			;
															2			6
					1								0,62					0,63										2,964
θ	C	= θ	0	+				5	0,6		+7,8					−40				= −0,00599 +															= 0,002175 рад.
θ		= θ		+				5	0,6		+7,8					−40				= −0,00599 +							8						-6		= 0,002175 рад.
															2			6							2 10		8	1,815 10					-6
					EJ										2			6							2 10			1,815 10
EJy = EJy						0	+ EJθ			0	0,6 +5				0,62		+7,8		0,63			−40	0,64	= EJy		0		+ EJθ			0	0,6 +0,9648 ;
		С				0				0					2					6			24			0					0
															2					6			24
yС =(−0,00599) 0,6 +													0,9648							= −0,000936 м = 0,936 мм.
yС =(−0,00599) 0,6 +												108 1,815 10-6								= −0,000936 м = 0,936 мм.
											2	108 1,815 10-6
				Точка B.
					1							12					13			0,43										2,66
θ	B	= θ	0	+				5	1+		7,8			−40			+	40				= −0,00599 +															= 0,00134 рад.
θ		= θ		+				5	1+		7,8			−40			+	40				= −0,00599 +							8							-6	= 0,00134 рад.
												2					6			6					2			10	8	1,815				10		-6
					EJ							2					6			6					2			10		1,815				10

yB = 0.

Точка D.

					1									1,52		1,53		0,93			0,52							1,66
θ	D	= θ	0	+				5	1,5 +		7,8				−40		+ 40		+ 24,2				= −0,00599 +							= −0,00142 рад.
θ		= θ		+				5	1,5 +		7,8				−40		+ 40		+ 24,2				= −0,00599 +				8		-6	= −0,00142 рад.
														2		6		6			2					2 10	8	1,815 10	-6
					EJ									2		6		6			2					2 10		1,815 10
										1				1,52		1,53		1,54		0,94				0,53
y	D	= y	0	+θ		0	1,5 +						5		+7,8		−40		+ 40			+ 24,2			=
y		= y		+θ			1,5 +						5		+7,8		−40		+ 40			+ 24,2			=
										EJ				2		6		24		24				6
										EJ				2		6		24		24				6
= 0 +(−0,00599) 1,5 +														3,173			= −0,000244 м = – 0,244 мм.
= 0 +(−0,00599) 1,5 +												2 108 1,815 10-6					= −0,000244 м = – 0,244 мм.

Пружна лінія накреслена на рисунку 6 г .

<<< < Предыдущая 12 / 22

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.03.201614.15 Mб4425Rhinoceros мануал.pdf
#
03.03.2016395.26 Кб7Rules.doc
#
03.03.2016463.69 Кб6S 19-35-2014-02 Фаткулина.pdf
#
03.03.201686.67 Кб4shpory_Avtosokhranenny.docx
#
03.03.2016885.51 Кб9sopromat_1_mu511.pdf
#
03.03.2016500.54 Кб5sopromat_rgr_savenkov.pdf
#
03.03.201637.94 Кб2Sots_opros_lb_1 (3).docx
#
03.03.201638.76 Mб12SPS1.doc
#
03.03.201670.83 Кб23statistika_raschetnaya.docx
#
03.03.201627.09 Кб4Sut_Dela (2).docx
#
03.03.2016192.51 Кб41svoistva_klassov_neorganicheskih_soedinenii.doc