Сборник с примерами решения задач по сопротивлению материалов
Подождите немного. Документ загружается.
Рис. 9.
2). определение нагрузки в сбегающей ветви ремня P (рис. 9а)
techwork.narod.ru
уравнение равновесия
∑
=
n
i
T
1
0
()
023 =−−⋅ rppRF
кН
r
FR
p 8,16
25,0
35,0123
=
⋅
==
3). изгиб вала в вертикальной плоскости (рис 9б)
определение реакций опор
в
B
в
A
RR ;
033 =⋅+⋅−=∑ aRaPM
в
B
в
A
кН
a
aP
R
в
B
8,16
25,03
25,08,163
3
3
=
⋅
⋅⋅
=
⋅
=
0323 =⋅−⋅⋅=∑ aRaPM
в
A
в
B
кН
a
aP
R
в
A
6,33
25,03
25,028,163
3
23
=
⋅
⋅⋅⋅
=
⋅
=
Проверка
08,168,1636,333 =+⋅−=+−=∑
b
B
b
Az
RPRF
Разбиваем стержень CB на грузовые участки I, II, III
Участок I
ax ≤≤
1
0
0
1
=
b
M
при
0
1
=x
0
0
1
=
b
M
0
ax =
1
1
=
b
M
Участок III
ax 20
3
≤≤
33
xRM
B
b
⋅=
при
3
=x
0
3
=
b
M
кНм
ax 2
3
=
4,85,08,162
3
=⋅=⋅= aRM
B
b
По полученным расчетам строится эпюра M
y
4) изгиб вала в горизонтальной плоскости (рис 9в)
Определение реакций опор
Г
B
Г
А
RиR
033 =⋅−⋅=∑ aRaFM
Г
B
Г
A
4
25,03
25,043
3
3
=
⋅
⋅⋅
=
⋅⋅
=
а
AF
R
Г
В
кН
0343 =⋅−⋅=∑ aRaFM
Г
A
Г
B
кН
a
aF
R
Г
A
16
25,03
25,0443
3
43
=
⋅
⋅⋅⋅
=
⋅
=
Проверка
03 =−+−=∑
Г
B
Г
Ay
RRFF
Участок I
ax ≤≤
1
0
11
3 xFM
Г
⋅−=
при
0
1
=x
0
3
1
=
Г
M
кНм
ax =
1
25,0433
1
−=⋅⋅−=⋅⋅−= aFM
Г
techwork.narod.ru
Участок III ax 20
3
≤
≤
при
0
3
=x
0
3
=
Г
M
кНм
ax 2
3
=
225,0242
3
=⋅⋅−=⋅−= aRM
Г
B
Г
По полученным результатам строится эпюра M
5). построение эпюры суммарных изгибающих моментов (рис 8г)
22
zy
MMM +=
Участок I
ax ≤≤0
при
0
1
=x
0
=
M
ax =
1
кНмM 330
22
=+=
Участок III
ax ≤≤0
при
0
3
=x
0=M
ax 2
3
=
кНмM 63,824,8
22
=+=
6). построение эпюры крутящих моментов
Участок I + II
кНмRF 2,435,0433 −
=
⋅⋅−=⋅−=Τ
Участок III
025,08,1635,0433
=
⋅+
⋅
⋅−=⋅+⋅−=Τ rPRF
По полученным данным строится эпюра T (рис 9д)
7). опасным является сечение вала у малого шкива
кНмTMM
IV
red
37,92,475,063,875,0
2222
=⋅+=+=
8) диаметр вала
[]
м
M
d
IV
red
106,0
10801,0
1037,9
1,0
3
6
3
3
=
⋅⋅
⋅
==
σ
d= 106мм Принимаем d= 110мм
9). угол закручивания вала между шкивами
Ө
рад
JG
l
p
2
564
3
1018,0
10464,110108
25,02102,4
−
−
⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
=
⋅
⋅Τ
=
54
4
10164,11,0
32
−
⋅=== d
d
J
p
π
Ответ: d=110мм; Ө=0,18 рад
2
10
−
⋅
techwork.narod.ru
Пример 6.
Стержень двутаврового профиля N24, длиной l=2м защемлен одним концом и на-
гружен на свободном конце силой F. Определить допускаемое значение сжимающей силы. При-
нять E=2,1 МПа, ,
5
10⋅
[]
3=
s
n
МПа
pr
210=
σ
Дано: тип сечения двутавр № 24
l=2,0м
E=2,1
МПа
5
10⋅
[]
3=
s
n
МПа
pr
210=
σ
Определить:
допустимую нагрузку.
Решение:
1). схема нагружения стержня (рис11)
Рис. 11.
2) данные к расчету стержня на устойчивость
- коэффициент приведения длины стержня
µ
= 2,0(см. схему)
-минимальный радиус инерции двутавра № 24
по табл. 2П.
мсмi 0237,037,2
2
min
==
- площадь поперечного сечения стержня двутавра № 24
( таблица 2П)
242
108,348,34 мсмA
−
⋅==
- предельное значение гибкости стержня
100
10210
101,2
14,3
6
112
lim
=
⋅
⋅
=
Ε⋅
=
pr
σ
π
λ
techwork.narod.ru
3).
определяем гибкость стержня
169
0237,0
22
min
=
⋅
==
i
l
µ
λ
т.к.
lim
λ
λ
>
следовательно, потеря устойчивости происходит в области большой гибкости, где
справедлива формула Эйлера.
Примечание: при
10060 ≤≤
λ
расчет устойчивости проводится по эмпирической формуле Ясин-
ского
λ
σ
bа
кр
−=
4). определяем критические напряжения по формуле Эйлера
МПаПа
кр
691069
169
101,2
6
112
2
2
=⋅=
⋅⋅
=
Ε
=
π
λ
π
σ
5). определяем допускаемые критические напряжения
[]
[]
МПа
n
s
кр
кр
231023
3
1069
6
6
=⋅=
⋅
==
σ
σ
6). определяем допустимую сжимательную силу
[]
[
]
кННАF
кр
8080040108,341023
46
==⋅⋅⋅=⋅=
σ
Ответ:
[]
кНF 80=
techwork.narod.ru