Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
ТехМех.pdf
Скачиваний:
76
Добавлен:
12.03.2016
Размер:
1.59 Mб
Скачать

 

 

16 Тк max

 

 

 

16 1200 103

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d 3

 

 

3

 

 

3 203,82 103

5,88 10 58,8мм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3,14 30

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2.39)

 

 

Получаем d = 58,8 мм.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. Определяем диаметр вала из условия жесткости

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32 1200 103

 

 

 

 

3840 104

 

 

 

 

d 4

32 Т

к max

 

 

 

4

 

 

 

4

 

 

 

 

 

G

 

 

3,14 6 104

0, 02 10 3

 

 

 

(2.40)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3, 768

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 1019,1 104

5, 65 10 56, 5мм

 

 

 

 

 

 

 

Получаем d = 56,5 мм.

Требуемый размер сечения получился больше из расчета на прочность, поэтому его принимаем как окончательный, округляя до ближайшего ровного значения d = 60 мм.

Задачи №№21-40

Изгиб является наиболее частым видом нагружения. На изгиб работают большинство элементов кузова, рамы, передач подвижного состава. Прочность элемента, работающего на изгиб обеспечивается правильным подбором формы и размеров сечения.

Задачи следует решать после изучения темы 4.5 "Изгиб" и внимательного разбора примеров 11, 12.

Изгиб - это такой вид нагружения бруса, при котором в его поперечных сечениях возникают изгибающие моменты. В большинстве случаев одновременно с изгибающими моментами возникают и поперечные силы - такой изгиб называют поперечным. Если поперечные силы не возникают, изгиб называют прямым чистым.

Для нахождения опасного сечения строят эпюры Q и Ми. Изгибающий момент Ми в произвольном поперечном сечении

бруса численно равен алгебраической сумме моментов внешних сил, действующих на оставшуюся часть, относительно центра тяжести сечения:

Ми М

(2.41)

Поперечная сила в произвольном поперечном сечении бруса численно равна алгебраической сумме внешних сил, действующих на оставшуюся часть:

54

Q F

(2.42)

Правило знаков для поперечной силы

Внешние силы, поворачивающие оставшуюся часть бруса относительно рассматриваемого сечения по ходу часовой стрелки, считаем положительными, а силы, поворачивающие оставшуюся часть бруса относительно рассматриваемого сечения против часовой стрелки, считаем отрицательными (рис. 18а).

Правило знаков для изгибающих моментов.

Внешние моменты, изгибающие края бруса вверх, считаем положительными, а моменты, изгибающие края бруса вниз (рис. 18б) – отрицательными.

Рис.18

Если брус постоянного по длине поперечного сечения, то его размеры подбирают только для опасного сечения – сечения с максимальным по абсолютному значению изгибающим моментом.

Условие прочности для балок, работающих на изгиб имеет вид:

 

Ми

 

(2.43)

 

Wх

где Wx – осевой момент сопротивления сечения изгибу относительно оси, перпендикулярной плоскости действия Ми.

Пример 11

Брус, один край которого жестко закреплен, нагружен по схеме (рис.19) силой F = 40 кН, парой сил с моментом М = 20 кНм, равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q = 5кн/м. Рассчитать поперечные силы Q и изгибающие моменты Mи по участкам, по-

55

строить эпюры. Подобрать сечение бруса в виде двутавра для наиболее нагруженной точки, если допустимое значение нормального напряжения [σ] = 160 МПа

Рис.19

Ход решения:

1.Разбиваем брус на участки. Границы участков проводим через точки приложения сосредоточенных сил, моментов, начала и конца равномерно распределенной нагрузки. Участки нумеруем от свободного края.

2.Определяем поперечную силу Q по участкам от свободного края, чтобы не определять реакции опор:

Q1 0

(2.44)

Q2 F 40кН

(2.42)

Q3 F q z3

(2.43)

Так как на третьем участке Q3 = f (z3) является уравнением наклонной линии, то для построения нужны 2 точки:

при z3.1 0

Q3.1

40 5 0 40кН

(2.44)

при z3,2

Q3,2 40 5 2 50кН

 

(2.45)

Строим эпюру: проводим базовую линию, перпендикулярно к ней в выбранном масштабе откладываем соответствующие получен-

56

ные значения, через данные точки проводим прямые линии, которые и представляют эпюру Q.

3. Определяем величину изгибающего момента Ми по участкам

 

 

 

 

Ми1 М 20кН м

(2.46)

 

 

 

 

Ми 2 М F z2

 

 

 

 

(2.47)

В этом уравнении z2 - переменная величина, поэтому

определя-

ется два значения изгибающего момента:

 

 

 

 

 

при z2.1 0

 

 

Mи 2.1

20 40 0 20кН м

(2.48)

при z2.2

Ми 2.2 20 40 1 60кН м

 

(2.49)

М

 

М F (z

 

z ) q z

 

 

z3

 

(2.50)

и3

2

3

 

 

 

 

 

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В это уравнение переменная величина z3 входит в квадрате, поэтому зависимость Mи (z3) графически изображается параболой. Для построения параболы нужно как минимум три точки.

при z3.1

0

Mи3.1 20 40 1 5 0 60кН м

(2.51)

при z3.2

Ми3.2

20 40 1 1 5 1 0,5 102,5кН м

(2.52)

при z3.3

Ми3.3

20 40 1 2 5 2 1 150кН м

(2.53)

Строим эпюру изгибающих моментов, проводим базовую линию эпюры Ми, в выбранном масштабе откладываем соответствующие полученные значения. На первом участке прямая параллельна оси графика. На втором участке график строится по наклонной линии. Соединяем точки на третьем участке, получаем параболу.

В дальнейшем при построении эпюр изгибающих моментов необходимо помнить, что парабола своей выпуклостью всегда обращена навстречу равномерно распределенной нагрузке.

Для проверки правильности построения эпюр необходимо учитывать следующие правила:

-на участке балки, где отсутствует распределенная нагрузка, эпюра Q – прямая, параллельная базовой линии, а эпюра Ми – наклонная прямая;

-в точках, где приложена сосредоточенная сила на эпюре Q наблюдается скачок, численно равный приложенной внешней силе, а на эпюре Ми – излом;

-в точке приложения сосредоточенного момента на эпюре Ми происходит скачок на размер момента, приложенного в этой точке, а эпюра Q не претерпевает изменения;

-на участке действия равномерно распределенной нагрузки эпюра Q выражается наклонной прямой, а эпюра Ми – параболой, об-

57

ращенной выпуклостью навстречу действию распределенной нагрузки;

- если на участке действия распределенной нагрузки эпюра пересекает базовую линию, то в этом сечении изгибающий момент принимает экстремальное значение;

- изгибающий момент в свободных концевых сечениях бруса всегда равен нулю, за исключением случая, когда в концевом сечении действует сосредоточенная пара сил. В этом случае изгибающий момент в концевом сечении балки равен моменту действующей пары сил.

4. Подбираем номер профиля двутавра из условия прочности при изгибе, если [σ]и = 160 МПа.

max

 

Ми max

 

(2.54)

 

 

 

Wx

 

 

 

 

отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

Wx

Ми max

(2.55)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где Wx – осевой момент сопротивления сечения;

Миmax – максимально изгибающий момент, т.е. наибольший по абсолютной величине, определяем непосредственно из эпюры Ми.

Тогда

 

150 106

3

3

 

3

(2.56)

W

 

937,5 10 мм

 

937,5см

 

 

 

 

x

160

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

По значению Wx = 937,5 см3 по табл. 16 сортамента подходит двутавровый профиль № 40, для которого Wx = 953 см3.

Пример 12

Балка, установленная на двух опорах, нагружена по схеме (рис. 20) силами F1 = 20кН и F2 = 30кН, парой сил с моментом М = 6 кНм. Рассчитать поперечные силы Q и изгибающие моменты Ми, построить эпюры. Для наиболее нагруженной точки подобрать сечение балки, составленное из двух швеллеров, если допустимое значение нормального напряжения [σ] = 150 МПа

58

Рис.20

Ход решения:

В отличие от рассмотренного в предыдущем примере бруса, расчет для балки опирающейся на две шарнирные опоры следует начать с определения опорных реакций, исходя из условия ее равновесия.

1. Составим уравнения равновесия:

М B 0

 

 

М D 0

 

 

Fx

0

 

 

F1 AB M F2 BC RDy BD 0

 

F1 AD M RB BD F2 CD 0

(2.57)

RDx 0

 

2. Определим опорные реакции связи:

RDy

 

F1 AB M F2 BC

 

20 2 6 30 4

27, 67кН

(2.58)

 

BD

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

F1 AD M F2 CD

 

20 8 6 30 2

17, 67кН

(2.59)

 

 

 

 

 

 

By

BD

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Проверка

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Fy 0

F1

RB F 2 RDy 0

(2.60)

 

 

 

20 17, 67 30 27, 67 47, 67 47, 67 0

 

3.

Определяем поперечные силы по участкам:

 

 

 

 

 

Q1 F1 20кН

 

 

(2.61)

 

 

 

Q2 F1 RB 20 17, 67 2,33кН

(2.62)

 

 

 

Q3 F1 RB F2

20 17, 67 30 27, 67кН

(2.63)

Выполняем проверку:

59

Q3 RDy 27, 67 27, 67кН

(2.64)

Строим эпюру Q (рис. 20б).

 

4. Определяем изгибающие моменты по участкам:

 

 

Сечение1-1

 

 

 

Ми1 M F1 z1

(2.65)

при z1.1 0

Ми1.1 6 20 0 6кН м

(2.66)

при z1.2

Ми1.2 6 20 2 46кН м

(2.67)

 

Сечение 2-2

 

 

Ми 2 М F1 (z1 z2 ) RВ z2

(2.68)

при z2.1 0

Ми 2.1 6 20 (2 0) 17,67 0 46кН м

(2.69)

при z2.2

Ми 2.2

6 20 (2 4) 17,67 4 55,32кН м (2.70)

 

Сечение 3-3

 

Ми3 М F1 (z1 z2 z3 ) RВ (z2 z3 ) F2 z3

(2.71)

при z3.1=0 Ми3.1 6 20 (2 4 0) 17,67 (4 0) 30 0 55,32кН м

(2.72)

при z3.2 = 2м Ми3.2 6 20 (2 4 2) 17, 67 (4 2) 30 2 166 166, 0 0 (2.73)

Выполняем проверку:

 

 

 

Ми3 RD z3

(2.74)

при z3.1 0

Ми3.1 27,67 0 0

(2.75)

при z3.2

Ми3.1 27,67 2 55,34кН м

(2.76)

Эпюра Ми изображена на рис. 20в.

5. Подбор сечения осуществляется из условия прочности. Определяем момент сопротивления для наиболее нагруженной точки:

 

Ми max

 

55,34 106

3

3

 

3

 

Wх

 

 

 

 

368,93 10 мм

 

368,93см

 

(2.78)

 

 

150

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Момент сопротивления одного швеллера

60

Wx1

 

Wx

 

368,93

184, 47см3

(2.79)

 

2

 

 

2

 

 

 

 

6. По табл. 16 сортамента ГОСТ 3240-72 выбираем швеллер № 18, для которого

 

Wx№22 192см3

(2.80)

При этом профиле рассчитаем напряжение в наиболее нагру-

женной точке:

 

 

 

 

 

 

Ми max

 

55,34 106

 

 

 

 

 

144,11МПа

(2.81)

2 W

2 192 103

 

x№22

 

 

 

 

Проверим на прочность в сравнении с допускаемым напряжени-

ем [σ]

 

 

 

 

144,11 150

 

 

 

 

100 %

100 3,92%

(2.82)

 

 

150

 

 

 

 

 

Вывод: балка недогружена на 3,92 % т.е. менее 10 %, что допускается при практическом конструировании.

61