Logo GenDocs.ru

Поиск по сайту:  

Загрузка...

Примеры расчета работ - файл 1.doc


Примеры расчета работ
скачать (23371 kb.)

Доступные файлы (1):

1.doc23371kb.18.12.2011 07:07скачать

содержание

1.doc

1. Исследование напряженного состояния

Дано: в опасной точке упруго деформированной конструкции выделен бесконечно малый эле-мент, по граням которого действуют нормальные и касательные напряжения (рис. 1.1).

а) материал – сталь [σ] = 160 МПа, ν = 0.28, E = 2·105 МПа.

б) материал – чугун;

σx = 60 МПа, τxy = 40 МПа.

Вычислить:

  1. величины главных напряжений и их направление анали-тически и при помощи диаграммы Мора;

  2. максимальные касательные напряжения и положение площадок, по которым они действуют;

  3. определить деформацию по трем главным направлениям и объемную деформацию элемента;

  4. проверить прочность конструкции по II, III и IV теориям и оценить результаты; вычислить эквивалентные напряжения;

  5. показать площадки разрушения (по желанию);

Решение:

1. Вычисление величин главных напряжений и их направление аналитически и с помощью кругов Мора.

а) вычисление аналитическим способом

Для нахождения главных напряжений применяем формулы для плоского напряженного состояния:



Так как вдоль оси y нормальные напряжения не действуют, то σy = 0. Тогда подставляя в выражение значения, получаем:



Тогда в силу того, что σ1 > σ2 > σ3 получаем: σ1 = σmax = 20 МПа, σ2 = 0 МПа, σ3 = σmin = -80 МПа.

Теперь определяем расположение главных площадок:





Углы α0 и α0 отсчитываются от наибольшего нормального напряжения, в данном случае от σyy > σx, т.к. σy = 0 и σx < 0): угол α0 указывает на наибольшее главное напряжение σ1 и отклады-вается по часовой стрелке (т.к. α0 < 0), угол α0 указывает на главное напряжение на смежной пло-щадке σ3 и откладывается против часовой стрелки (т.к. α0 > 0). Показываем расположение глав-ных площадок в элементе (рис. 1.2).

б) вычисление с помощью кругов Мора

В осях σ и τ отмечаем две точки Dxxxy) и Dyyyx), в нашем случае Dx(-60;-40) и Dy(0;40) (рис. 1.3).

Проводим прямую DxDy, и из точки пере-сечения прямой с осью σ (т. C) радиусом DxC проводим окружность. Точки пересечения ок-ружности с осью σ (т. A и B) дают значения главных напряжений (т. A – σ1, т. B – σ3).

Из точки наибольшего нормального на-пряжения (т. Dy) проводим прямую, парал-лельную оси σ – получаем полюс (т. M), со-единяя полюс M с т. A и т. B, получаем на-правление главных напряжений (луч MA указывает направление σ1, MB – σ3, относительно оси y), углы между лучами и осью σ дают углы α0 и α0.

2. Определение максимальных касательных напряжений и положения площадок, по которым они действуют

Максимальные касательные напряжения действуют по площадкам, наклоненным под углом 45° к главным площадкам (рис. 1.4), и по величине равны:



С помощью кругов Мора максимальное касательное напряжение определяется точкой пересечения окружности и перпендикуляра, проведенного из ее центра (рис. 1.3).

3. Определение деформаций по трем главным направ-лениям и обьемной деформации

Деформации по главным направлениям по закону Гука равны:



Подставляя значения главных напряжений, получаем:



Объемная деформация примерно равна сумме линейных деформаций по главным направ-лениям (с точностью величин второго порядка этих деформаций):



^ 4. Проверка прочности конструкции по II, III, V и оценка результатов

а) по II теории (для хрупких материалов)

II теория прочности – теория наибольших линейных деформаций, разрушение элемента, находящегося в сложном напряженном состоянии, наступит тогда, когда наибольшая линейная деформация достигнет величины, при которой в случае простого растяжения-сжатия наступает разрушение:



в нашем случае:



Эквивалентное напряжение меньше допускаемого.

б) по III теории (для пластичных материалов)

III теория прочности – теория наибольших касательных напряжений, текучесть материала на-ступит тогда, когда наибольшие касательные напряжения превысят допустимые.



в нашем случае:



Эквивалентное напряжение меньше допускаемого.


в) по V теории (для хрупких и пластичных материалов)

V теория прочности – теория Мора основана на том, что прочность материала в общем случае напряженного состояния зависит главным образом от величины и знака наибольшего и наимень-шего напряжений:



Коэффициент k – отношение допускаемых напряжений при растяжении и при сжатии:

– для стали: [σ+] ≈ [σ-] и k = 1;

– для чугуна: [σ+] = 28..80 МПа и [σ-] = 120..150 МПа, берем [σ+] = 28 МПа и [σ-] = 120 МПа, тогда k = 0,233;
Определяем эквивалентные напряжения:

– для стали:



– для чугуна:



Эквивалентные напряжения в обоих случаях меньше допускаемого.

5. Площадки разрушения

По III теории прочности для пластичных материалов разрушение нагруженного элемента про-исходит под действием максимального касательного напряжения и в его плоскости действия. Рас-положение площадки разрушения по III теории представлено на рис. 1.5.


2. Растяжение – сжатие
статически определимых ступенчатых стержней


Дано: стержень нагружен системой сил (рис. 2.1).

материал – сталь, [σ] = 160 МПа, E = 2∙105 МПа.

a = 80 см, Fa = 4 см2, P1 = 180 кН;

b = 30 см, Fb = 12 см2, P2 = 140 кН;

c = 60 см, Fc = 10 см2, P3 = 110 кН;

Вычислить:

  1. построить эпюры продольных сил, напряжений и перемещений;

  2. оценить прочность стержня;

Решение:

1. Построение эпюр, продольных сил, напряжений и перемещений

Заданный стержень имеет 4 участка, границами участков являются сечения приложенения внешних сил и места изменения размеров поперечного сечения (рис. 2.2, а).




Для определения продольных сил проводим произвольные сечения на каждом из участков (се-чение a–a на участке 1, b–b на участке 2, c–c на участке 3, d–d на участке 4) и рассматриваем рав-новесие верхней отсеченной части стержня (рис. 2.2, б, в, г, д):



Определяем нормальные напряжения в сечениях каждого участка:



Таким образом, 1ый участок стержня испытывает напряжения превышающие допустимые поэтому подбираем исходя из условия прочности новое сечения:



Берем новое сечение участка стержня равное , тогда нормальное напряжение, воз-никающее в сечении участка будет:



Строим эпюры для продольных сил и нормальных напряжений (рис. 2.2, е, ж).

Определяем удлинения участков стержня, считая длины участков стержня следующими:





Удлинения участков стержня – есть перемещение сечений границ участка относительно друг друга, абсолютное перемещение сечения – есть перемещение сечения относительно заделки. Для нахождения абсолютного перемещения сечения, необходимо просуммировать относительные перемещения сечений до данного, начиная от заделки, т.е.:



Строим эпюру абсолютных перемещений, начиная с закрепленного конца (рис. 2.2, з).

2. Оценка прочности стержня

При начальных данных прочность стержня не была достаточна, чтобы выдержать приложен-ные нагрузки: в сечении участка 1 возникали напряжения, превышающие допустимые, поэтому было необходимо пересчитать площадь поперечного сечения 1ого участка для выполнения условия прочности, что и было сделано в п. 1.
3. Проверка прочности балки
и исследование деформаций при изгибе


Дано: балка нагружена системой сил (рис. 3.1).

материал – сталь Ст 3, [σ] = 160 МПа,
[τ] = 100 МПа, Е = 2·105 МПа.

q = 20 кН/м, P = 20 кН;

a = 4 м, b = 3 м, c = 2 м;

Требуется:

  1. составить уравнение поперечных сил и изгибающих моментов по участкам, построить эпюры (Q и Mи);

  2. подобрать сечение балки-двутавра из условия прочности по нормальным напряжениям;

  3. вычислить максимальное касательное напряжение;

  4. определить главное напряжение в сечении, имеющем одновременно большие значения Q и Ми для точки сечения на уровне примыкания полки к стенке; проверить прочность по энергетиче-ской теории.

  5. определить прогибы и углы поворота в характерных сечениях балки;

  6. по вычисленным значениям прогибов показать на схеме балки её изогнутую ось;

  7. проверить жесткость балки по допускаемому значению прогиба ;

Решение:

1. Составление уравнений поперечных сил и изгибающих моментов по участкам, построение эпюр




Определяем реакции опор, исходя из того, что суммы моментов внешних сил относительно опор равны нулю (рис. 3.2, а):



Равномерно распределенную нагрузку заменяем равнодействующей, приложенной в центре участка действия нагрузки и равной по величине .





Заданная балка имеет 3 участка нагружения, границами участков являются сечения приложе-ния внешних сил. Определяем поперечные силы и изгибающие моменты по участкам.

На 1ом участке проводим произвольное сечение и рассматриваем отсеченную часть (рис. 3.2, б). На участке действуют две внешние силы: реакция опоры Ra и распределенная на-грузка (следовательно, поперечная сила будет меняться по линейному закону), при этом реакция Ra стремится повернуть отсеч. часть против часовой стрелки и определяемая ей составляющая поперечной силы имеет отрицательный знак, распределенная нагрузка стремится повернуть отсеч. часть по часовой стрелке и определяемая ей составляющая поперечной силы имеет поло-жительный знак; поперечная сила есть сумма этих составляющих:



в сечении ^ A поперечная сила равна:



в сечении C:



Поскольку на участке присутствует распределенная нагрузка, то изгибающий момент будет меняться по квадратичному закону; реакция Ra загибает отсеч. часть выпуклостью вверх и момент, создаваемый ей отрицательный, распределенная нагрузка загибает отсеч. часть выпуклостью вниз и момент, создаваемый ей положителен; тогда изгибающий момент будет:



в сечении ^ A изгибающий момент равен 0 (нет внешнего момента), в сечении C:



В сечении балки, где поперечная сила равна 0, изгибающий момент принимает максимальное значение (сечение E):



На 2ом участке проводим сечение и рассматриваем отсеч. часть (рис. 3.2, в). На участке дей-ствуют две внешние силы: реакция опоры Rb и сила P (следовательно, поперечная сила на участке постоянна), при этом реакция опоры стремится повернуть отсеч. часть против часовой стрелки, а сила P по часовой стрелке, поэтому:



Изгибающий момент меняется линейно (т.к. поперечная сила постоянна), при этом реакция опоры загибает отсеч. часть выпуклостью вниз, сила P выпуклостью вверх, поэтому:



в сечении ^ C изгибающий момент равен:



в сечении B:



На 3ем участке проводим сечение и рассматриваем отсеч. часть (рис. 3.2, г). На участке дей-ствует одна внешняя сила: сила P (следовательно, поперечная сила на участке постоянна):



Изгибающий момент меняется линейно (т.к. поперечная сила постоянна), при этом сила P за-гибает отсеч. часть выпуклостью вверх, поэтому:



в сечении ^ B изгибающий момент равен:



в сечении D изгибающий момент равен 0 (нет внешнего момента).
По приведенным данным строим эпюру поперечных сил (рис. 3.2, д) и изгибающих моментов (рис. 3.2, е).

2. Подбор сечения балки-двутавра из условия прочности по нормальным напряжениям

Максимальное нормальное напряжение, возникающее в сечении балки при изгибе, равно:



по условию прочности максимальное нормальное напряжение не должно превышать допустимого, поэтому:



подставляя в выражение максимальный изгибающий момент, возникающий в сечениях балки (в данном случае в сечение E), получаем:



Для обеспечения требуемой прочности можно:

– по сортаменту двутавровых балок (ГОСТ 8239–72) выбрать двутавр №36, для кото-рого Wz=743 см3 и масса 1ого метра балки 48,6 кг;

– по сортаменту швеллеров (ГОСТ 8240–72) выбрать швеллер №27, для которого Wz=310 см3 и масса 1ого метра балки 27,7 кг, и соединив два швеллера, получить необходимое се-чение;

Поскольку масса 1ого метра двутавра меньше массы 1ого метра двух скрепленных швеллеров на 14%, при этом момент сопротивления двутавра больше суммы моментов сопротивления двух швеллеров на 20%, то рационально будет использовать двутавровую балку для обеспечения проч-ности конструкции.

Выбираем двутавровую балку №36, для которого момент сопротивления Wz = 743 см3, мо-мент инерции Jz = 13380 см4, площадь сечения двутавра F = 61,9 см2, статический момент полусечения Smax = 423 см3;

Тогда максимальное нормальное напряжение, возникающее в сечении балки, будет:



Нормальные напряжения в сечении изменяются линейно: максимальны по краям и равны 0 на нейтральной линии; т.к. изгибающий момент в сечении отрицателен, то верхние слои материала растягиваются и нормальные напряжения положительны, нижние слои сжимаются и нормальные напряжения отрицательны. Строим эпюру нормальных напряжений в сечении E (рис. 3.3, б).

3. Вычисление максимального касательного напряжения




Касательные напряжения, возникающие в сечениях балки при изгибе, определяются по фор-муле Журавского:



где ^ Q – поперечная сила, действующая в сечении, Szотс – статический момент отсеч. части сечения относительно оси z, b – ширина сечения в рассматриваемом слое материала.

Максимальные касательные напряжения возникают в сечении, где поперечная сила макси-мальна (сечение A), поэтому:





Определяем касательные напряжения в характерных точках сечения двутавровой балки (рис. 3.3, а):

– т. 1:

Статический момент отсеч. части Szотс = 0 (точка находится на краю сечения), поэтому по формуле Журавского касательные напряжения

– т. 2:

Статический момент отсеч. части равен:



где Fотс – площадь осеч. части сечения, yC отс – расстояние от оси z до центра тяжести отсеч. части.

В данном случае отсеч. частью является часть сечения двутавра выше т. 2, т.е. полка; тогда площадь сечения полки примерно будет:



где bп – ширина полки, sп – средняя толщина полки (рис. 3.3, а).

Центр тяжести сечения полки находится приблизительно на половине толщины полки от края полки, расстояние от оси z до центра тяжести:



где h – высота сечения двутавра, sп – средняя толщина полки (рис. 3.3, а).

Статический момент полки относительно оси z:



Ширина сечения на уровне т. 2 равна толщине стенки sс; тогда касательные напряжения в т. 2 сечения равны:



– т. 2’:

Статический момент отсеч. части равен статическому моменту полки (т. 2 и т. 2’ находятся на одном уровне относительно оси z). Отличие между т. 2 и т. 2’ состоит в том, что ширина сечения на уровне т. 2 равна толщине стенки, на уровне т. 2’ – ширине полки, поэтому касательные напря-жения в т. 2’ сечения равны:



– т. 3:

Статический момент отсеч. части равен статическому моменту полусечения Smax; ширина се-чения на уровне т. 3 равна толщине стенки sс, тогда касательные напряжения в т. 3 сечения равны:



Касательное напряжение, возникающее в т. 3 сечения ^ A, является максимальным для данного сечения, но т.к. в рассмотренном сечении A возникают максимальные касательные напряжения во всей балке, то касательное напряжение в т. 3 является максимальным для всей балки:



Максимальное касательное напряжение не превышает допустимого.

По приведенным вычислениям строим эпюру касательных напряжений для сечения A (рис. 3.3, в).

4.^ Определение главного напряжения в сечении, имеющем одновременно большие значени Q и Ми для точки сечения на уровне примыкания полки к стенке; проверка прочности по энергетиче-ской теории

В качестве сечения, имеющего одновременно большие значения Q и Mи, берем сечение C, для которого поперечная сила QC =  17,143 кН, и изгибающий момент MC = -91,428 кНм.

Так как нормальные напряжения линейно изменяются по высоте сечения, то наибольшее действующее в сечение C равно:



Нормальное напряжение, действующее на расстоянии y от нейтральной линии, будет:



где h – высота сечения двутавра, ymax – наибольшее расстояние от нейтральной линии до края сече-ния; нормальное напряжение на уровне примыкания полки к стенке (т. 2’ на рис. 3.3, а):



где y2’ – расстояние от нейтральной линии до полки.

Касательное напряжение в точке примыкания полки к стенке (т. 2’ на рис. 3.3, а), по формуле Журавского (с учетом ранее вычисленного статического момента полки):



где Szотс – статический момент полки относительно оси z, bп – ширина полки

Главные напряжения для выделенного элемента в точке примыкания полки к стенке опреде-ляются по формулам для плоского напряженного состояния:



в данном случае и тогда:



IV теория прочности (для пластичных материалов) – энергетическая теория, предполагается, что опасное состояние нагруженного элемента определяется предельной величиной накопленной удельной энергии формоизменения. Эквивалентное напряжение и условие прочности определя-ется как:



Подставляя в это выражение выражения для главных напряжений, вычисленные выше, и при-водя подобные, получаем условие прочности:



в данном случае, подставляя нормальные и касательные напряжения для точки примыкания полки к стенке сечения, получаем:



т.е. условие прочности выполняется.

5.^ Определение прогибов и углов поворота в характерных сечениях балк

Методом начальных параметров составляем уравнения для прогибов: ось x направляем вправо, y – вверх; начало отсчета берем в сечении A, составляем уравнение моментов относи-тельно сечения D. Все силовые факторы имеют знаки моментов: реакция Ra загибает балку относительно сечения D выпуклостью вверх и создаваемый ей момент отрицателен, реакция Rb – выпуклостью вниз и создаваемый ей момент положителен, распределенная нагрузка – выпук-лостью вниз и создаваемый ей момент положителен, но т.к. распределенная нагрузка не доходит до конца балки, то продолжаем ее до конца и прикладываем компенсирующую, момент создава-емый компенсирующей нагрузкой отрицателен. Составляем уравнение прогибов:



уравнение углов поворота получается дифференцированием уравнения прогибов:



Граничными условиями является то, что прогиб в сечениях A и B (т.е. под опо-рами) равен 0:



из 1ого граничного условия получаем:



из 2ого граничного условия:

откуда получаем:



Углы поворота в сечениях A и B:



Определяем значения прогибов и углов поворота в сечениях балки:

прогиб в сечении ^ C:



угол поворота в сечении C:



прогиб в сечении D:





угол поворота в сечении D:



Из расчетов видно, что на 1ом участке угол поворота меняется с положителного на отрица-тельный, в отличие от других участков, где угол поворота монотонно убывает; значит на 1ом участ-ке есть такое сечение, где угол поворота равен 0, – это сечение соответствует перегибу балки и ее максимальному на этом участке прогибу, т.е.



где xF – расстояние от края балки до сечения F перегиба балки.

Решая это кубическое уравнение методом Кардано, получаем 3 действительных корня (описа-ние метода и решение уравнения опущено вследствие его громоздкости), при этом в диапазоне [0;4] лежит только один корень

Прогиб в сечении F равен:



6. Показ изогнутой оси балки

По вычисленным в п. 5 значениям прогибов показываем изогнутую ось балки (рис. 3.4, б).

7. Проверка жесткости балки по допускаемому значению прогиба

Проверяем жесткость балки по допускаемому прогибу на каждом из участков балки.

– 1ый участок:

Допускаемый прогиб для 1ого участка равен:



где l1 – длина 1ого участка.

Наибольший прогиб на участке 1 равен прогибу в сечении F, поэтому условие жесткости по допускаемому прогибу будет:



таким образом, условие жесткости по допускаемому прогибу не выполняется.

– 2ой участок:

Допускаемый прогиб для 2ого участка равен:



где l2 – длина 2ого участка.

Наибольший прогиб на участке 2 равен прогибу в сечении C, поэтому:



условие жесткости по допускаемому прогибу также не выполняется.

– 3ий участок:

Допускаемый прогиб для 3его участка равен:



где l3 – длина 3его участка.

Наибольший прогиб на участке 3 равен прогибу на краю участка – в сечении D, поэтому:



таким образом, и на этом участке условие жесткости по допускаемому прогибу не выполняется.

4. Расчет вала на сложное сопротивление

Дано: редукторный ступенчатый вал (рис. 4.1).

материал – сталь, [σ] = 160 МПа;

Т = 0,14 кН·м;

D1 = 110 мм, D2 = 200 мм;

a = 70 мм, b = 40 мм, c = 100 мм;

Требуется:

  1. определить окружные и радиальные усилия, приняв соотношение между ними

  2. построить эпюры изгибающих моментов в двух плоскостях;

  3. построить эпюру суммарного изгибающего момента;

  4. построить эпюру крутящего момента;

  5. используя IV теорию прочности определить диаметр вала на отдельных участках, округлив их до стандартных размеров;

  6. начертить эскиз вала;

Решение:

1. Определение окружных и радиальных усилий

Окружные усилия создают относительно оси вращения моменты, равные по величине мо-менту, передаваемого валом, поэтому:





по соотношению между окружными и радиальными усилиями, находим последние:





2. Построение эпюр изгибающих моментов в двух плоскостях

а) в горизонтальной плоскости

В горизонтальной плоскости действуют ради-альное усилие шкива 1 и окружное усилие шкива 2 (рис. 4.2, б). Находим горизонтальные реакции опор:





Вал имеет 3 участка, границами участков являются опоры и шкивы. Горизонтальный изги-бающий момент линейно меняется по участкам вала (т.к. нет распределенной нагрузки).

На 1ом участке изгибающий момент равен:



в сечении ^ A изгибающий момент равен 0 (т.к. нет внешних моментов), в сечении C:



На 3ем участке изгибающий момент равен:



в сечении ^ B момент равен 0 (т.к. нет внешних моментов), в сечении D:



По вычисленным значениям моментов строим эпюру горизонтального изгибающего момента (рис. 4.2, в).

б) в вертикальной плоскости

В вертикальной плоскости действуют окруж-ное усилие шкива 1 и радиальное усилие шкива 2 (рис. 4.3, б). Находим вертикальные реакции опор:





Вертикальный изгибающий момент линейно меняется по участкам вала (т.к. нет распределен-ной нагрузки).

На 1ом участке изгибающий момент равен:



в сечении ^ A изгибающий момент равен 0 (т.к. нет внешних моментов), в сечении C:



На 3ем участке изгибающий момент равен:



в сечении ^ B момент равен 0 (т.к. нет внешних мо-ментов), в сечении D:



По вычисленным значениям моментов строим эпюру вертикального изгибающего момента (рис. 4.3, в).

3.^ Построение эпюры суммарного изгибающего момент

Суммарный изгибающий момент определяется как:



Определяем суммарный изгибающий момент в сечениях по границам участков:

в сечениях A и B суммарный изгибающий момент равен 0;

в сечении C:



в сечении D:



По вычисленным значениям моментов строим эпюру суммарного изгибающего момента (рис. 4.3, г).
4.^ Построение эпюры крутящего момент

Окружное усилие шкива 1 создает относительно продольной оси вала момент, который стре-мится вращать вал по часовой стрелке (если смотреть с положительного направления оси x); ок-ружное усилие шкива 2 создает момент, который стремится вращать вал против часовой стрелки (рис. 4.3, д).

Крутящий момент возникает только в сечениях участка вала между шкивами, на участках между шкивом и опорой крутящий момент равен 0.

Проводим произвольное сечение на участке 2 между шкивами и рассматриваем равновесие одной из частей (например, правой). Крутящий момент возникающий в сечении равен сумме внешних моментов, действующих по одну сторону от сечения; в данном случае крутящий момент равен по величине моменту T2 = 140 Н·м и направлен в противоположную ему сторону; и если смотреть на торец отсеченной части вала, то крутящий момент стремится вращать отсеченную часть против часовой стрелки, поэтому он имеет отрицательный знак.

Строим эпюру крутящих моментов (рис. 4.3, е).

5.^ Определение диаметров вала по участкам, исходя из условия прочности п IV теории

По IV теории условие прочности выглядит:



где Wz – момент сопротивления сечения вала; в данном случае вал круглого сечения:



где d – диаметр сечения вала.

Определяем диаметры вала по участкам, исходя из условия прочности:

– 1ый участок:

Наибольший суммарный изгибающий момент на 1ом участке действует в сечении C, крутящий момент на 1ом участке не возникает, поэтому эквивалентный момент равен:



исходя из условия прочности определяем необходимый момент сопротивления и диаметр сечения вала на 1ом участке:



– 2ой участок:

Наибольший суммарный изгибающий момент на 2ом участке действует в сечении C, крутящий момент на 2ом участке равен моменту, передаваемого валом, с отрицательным знаком, поэтому эк-вивалентный момент равен:



исходя из условия прочности определяем необходимый момент сопротивления и диаметр сечения вала на 2ом участке:



– 3ий участок:

Наибольший суммарный изгибающий момент на 3ем участке действует в сечении D, крутящий момент на 3ем участке не возникает, поэтому эквивалентный момент равен:



исходя из условия прочности определяем необходимый момент сопротивления и диаметр сечения вала на 3ем участке:



Выбираем диаметры вала по участкам, исходя из ряда Ra 40 нормальных линейных размеров (ГОСТ 6636–69):

– для 1ого участка принимаем диаметр

– для 2ого участка принимаем

– для 3его участка принимаем

6. Эскиз вала

Эскиз вала с указанием необходимых размеров представлен на рис. 4.4.


5. Расчет статически неопределимой балки
при динамическом нагружении


Дано: на раму падает груз весом P с некоторой высоты h.

материал – сталь, [σ] = 160 МПа, E = 2·105 МПа;

a = 0,6 м, b = 0,2 м, c = 0,8 м;

d = 11 см, P = 1 кН, h = 14 см;

Требуется:

  1. раскрыть статическую неопределённость рамы;

  2. определить динамический коэффициент;

  3. определить динамические напряжения и прогибы;

Решение:

1. Раскрытие статической неопределенности рамы

Выбираем эквивалентную систему, отбрасывая реакцию катка и заменяя ее неизвестной силой X1 (рис. 5.2, а).

а) построение грузовой эпюры

Определяем реакцию заделки A, проецируя все внешние силы на ось y (рис. 5.2, б):



Изгибающий момент от статической силы P на 2ом участ-ке будет:



в сечении D момент равен 0, в сечении A:



Строим эпюру моментов от силы P (рис. 5.2, в).

б) построение эпюры моментов от единичной силы

Вместо неизвестной X1 прикладываем единичную силу и рассматриваем ее действие на раму (рис. 5.2, г). Ре-акция заделки в этом случае равна:



Изгибающий момент от единичной силы равен:



в сечении C момент равен 0, в сечении A:



Строим эпюру моментов от единичной силы (рис. 5.2, д).

в) решение канонического уравнения

В сечении B приложения неизвестной реакции прогиб ра-вен 0 (т.к. катковая опора препятствует вертикальному пере-мещению), поэтому и в сечении C прогиб равен 0, т.е. суммар-ный прогиб от действия неизвестной реакции X1 и силы P ра-вен 0:



где δ11, δ1P – прогибы от действия единичной силы и силы P.

Находим прогибы способом Верещагина:



где Ωi – площадь фигуры на грузовой эпюре,ηi – ордината под центром тяжести этой фигуры на эпюре единичной силы.

Находим прогиб от единичной силы: площадью фигуры в формуле Верещагина будет площадь эпюры единичной силы, ординатой – ордината под центром тяжести эпюры единичной силы (2/3 высоты эпюры); поэтому:



Находим прогиб от силы P: площадью фигуры будет площадь грузовой эпюры, ординатой – ордината на эпюре единичной силы под центром тяжести грузовой эпюры (рис. 5.3); поэтому:



Тогда, решая каноническое уравнение получаем:



Неизвестная реакция X1 равна по величине и направлена по направлению еди-ничной силы.

2. Определение статического прогиба и динамического коэффициента

а) построение эпюры изгибающих моментов

Определяем реакцию заделки A с учетом реакции отброшеной опоры (рис. 5.2, е):



Изгибающий момент на 1ом участке равен:



в сечении C момент равен 0, в сечении D:



Изгибающий момент на 2ом участке:



в сечении А момент равен:



Строим эпюру изгибающих моментов (рис. 5.2, ж).

б) построение эпюры единичной силы

В сечении D прикладываем единичную силу и рассматриваем ее действие на раму (рис. 5.2, з). Момент от единичной силы возникает только на 2ом участке рамы:



в сечении D момент равен 0, в сечении A:



Строим эпюру изгибающего момента от единичной силы (рис. 5.2, и).

в) определение статического прогиба

Определяем статический прогиб с помощью интеграла Мора:



где Mи(P), Mи(1) – изгибающие моменты, возникающие под действием силы P и единичной силы.

В данном случае:



но т.к. на 1ом участке единичная сила момента не создает, то первое слагаемое обращается в ноль:



с учетом моментов, создаваемых силой P и единичной силой на 2ом участке получаем:





Учитывая, что сечение рамы круглое, находим его момент инерции:



тогда статический прогиб равен:



Вычисляем динамический коэффициент по приближенной формуле:



3. Определение динамических напряжений и прогибов

Динамические напряжения определяются как:



Учитывая, что сечение рамы круглое, находим его момент сопротивления:



Считая статический изгибающий момент максимальным, действующим в сечениях рамы, на-ходим максимальные динамические напряжения:



Таким образом, максимальные динамические напряжения превышают допустимые напряже-ния подбираем новое сечение рамы, исходя из условия прочности:



Округляем диаметр нового сечения рамы до стандартного выбранного из ряда Ra 40 нормальных линейных размеров (ГОСТ 6636–69), тогда для нового сечения:



Максимальные динамические напряжения, возникающие в раме с новым сечением:



Определяем статический прогиб для рамы с новым сечением:


Пересчитываем динамический коэффициент:



Динамический прогиб в сечении падения груза будет:









Скачать файл (23371 kb.)

Поиск по сайту:  

© gendocs.ru
При копировании укажите ссылку.
обратиться к администрации