Методические указания по их выполнению. Общие методические указания материал программы дисциплины Техническая механика
 Скачать 1.68 Mb.
|
|
ПРИМЕР 4. Определить диаметр вала (рис.10) в опасном сечении из условия прочности на кручение, если допускаемое напряжение на кручение [τк] =100 Н/мм2; передаваемые мощности на вал: Р1 = 8 кВт, Р2 = 4 кВт, Р3 = 3кВт, Р4 = 1 кВт. Вал вращается равномерно с угловой скоростью ω = 3 рад/с.  Рис. 10 Решение 1.Определяем вращающие моменты на шкивах: М1= Р1/ω = 8 ·103 / 3 =2666 Н·м, М2= Р2/ω = 4 ·103 / 3 =1333 Н·м, М3= Р3/ω = 3 ·103 / 3 =1000 Н·м, М4= Р4/ω = 1 ·103 / 3 =333 Н·м, здесь Р - в Вт, ω - в рад/с, М – в Н·м. Так как вал находится в равновесии, то  . М1 – М2 – М3 – М4 = 2666 – 1333 – 1000 – 333=0.2.Строим эпюру крутящих моментов, разделив вал на участки. Границы участков – места приложения вращающих моментов. Используя метод сечения, определяем крутящие моменты на каждом участке: Мк1 = М к5 = 0, Мк2 = – М2 = – 1333 Н·м, Мк3 = – М2 – М4 = – 1333 –333 = – 1666 Н·м , Мк4 = – М2 – М4 + М1 = – 1333 –333 + 2666 = 1000 Н·м, или Мк4 = М3 = 1000 Н·м. Из эпюры видно, что самый опасный участок – участок 3, где Мк3 = 1666 Н·м = 1,67 кН·м 3.Из условия прочности на кручение определяем диаметр вала в опасном сечении:  где Wр = 0,2 d3 . Следовательно .Принимаем d=45мм. Остальные участки вала можно сделать меньших диаметров. К решению ЗАДАЧ 41-50 следует приступить после изучения темы «Изгиб» ([1], гл. X). При изгибе в поперечных сечениях балок возникают два внутренних силовых фактора: изгибающий момент Ми и поперечная сила Q.  Такой изгиб называют поперечным. Если в поперечных сечениях балки возникает только один силовой фактор – изгибающий момент, а поперечная сила равна 0, изгиб называют чистым.При определении внутренних сил учитываются как активные внешние силы, действующие на балку, так и реакции связей. Поперечная сила, возникающая в каком-либо поперечном сечении, численно равна алгебраической сумме проекций на ось y внешних сил, действующих на балку по одну сторону от рассматриваемого сечения: Q = Σ Fн, а изгибающий момент – алгебраической сумме моментов внешних сил относительно центра тяжести сечения: Ми = Σ Мi. Поперечная сила считается положительной, если внешние силы слева от сечения направлены вверх, а справа от сечения – вниз. Поперечная сила считается отрицательной, если внешние силы слева от сечения направлены вниз, а справа от сечения – вверх. Изгибающий момент считают положительным, если внешняя сила, расположенная слева от сечения, вращает относительно центра тяжести сечения по ходу часовой стрелки, а справа от сечения – против хода часовой стрелки. В противном случае момент считают отрицательным.  Рис. 11 Балки выполняют постоянного по длине поперечного сечения, поэтому его размеры подбирают только для опасного сечения, имеющего по абсолютному значению максимальный изгибающий момент. Для определения опасного сечения строят эпюру изгибающих моментов, используя метод сечений. Условие прочности при изгибе: σ и =  ≤ [σи],где σ и – рабочее напряжение, возникающее в балке; М и мах - максимальный изгибающий момент; Wx- осевой момент сопротивления изгиба зависит от геометрических параметров балки. Круг диаметром d: Wx= 0,1 d3; прямоугольник ( рис. 12): Wx=  ; квадрат со стороной а: Wx= .  Рис.12 ПРИМЕР 5. Для заданной двухопорной балки (рис. 13) определить реакции опор, построить эпюры поперечных сил, изгибающих моментов и определить размеры поперечного сечения (h,b,d) в форме прямоугольника или круга, приняв для прямоугольника h/b=1,5. Считать [σи] =160 МПа. Решение 1. Определяем опорные реакции и проверяем их найденные значения (рис.13): ∑ МD = 0; –М1 + F2 ·CD + M2 + RB·BD – F1·AD = 0;RB =  = = 10 кН . ∑ МB = 0; – F1·AB + M2 – F2 ·BC – RD ·BD – M1= 0; RD=  = – 22кН. Проверка: ∑ Fi = 0; – F1+ RB + F2 + RD = – 18 + 10 + 30– 22 = 0. 2. Делим балку на участки по характерным сечениям А, В, С, D (рис.13). 3. Определяем в характерных сечениях значения поперечной силы Qу и строим эпюру слева направо. QАпр = – F1 = – 18 кH; QВлев = – F1 = –18 кH; QВпр = – F1 + RB = – 18 + 10 = – 8кH; QСлев = – F1 + RB = – 18 + 10 = – 8кH; QСпр = – F1 + RB+ F2 = – 18 + 10 +30 = 22 кH; QDлев = – F1 + RB+ F2 = – 18 + 10 +30 = 22 кH.
|
