.

Расчетно-проектировочные задания

Язык: русский
Формат: реферат
Тип документа: Word Doc
0 531
Скачать документ

МВ и ССО РСФСР

Тольяттинский политехнический институт

Кафедра «Сопротивление материалов»

Расчетно-проектировочные задания

вариант № 067

Студент

Группа АЗЖ-306

Преподаватель Селиверстова Л. В.

2002/2003 учебный год

Задача №1.1.

(1.3.1.) Построение эпюр внутренних силовых факторов при изгибе балок

План решения

Вычертить в масштабе расчетную схему балок 1 и 3 в отдельности и указать
числовые значения нагрузок и линейных размеров

Определить реакции опор для каждой балки

Вычислить значение продольной силы N, поперечной силы Q и изгибающего
момента

Вычертить в масштабе эпюры всех силовых факторов

Определить по эпюре изгибающего момента М опасные сечения балок

Стр. 19, таблица 1.3.

1. Варианты схем 2. Варианты линейных размеров 3. Варианты нагрузок

№ вар. Вариант № вар. а1, м а2, м а3, м а4, м а5, м № вар q, кН/м F, кН
M, кН(м

0 Вариант 0 6 1.6 1.7 0.9 2.0 1.8 7 15 45 50

Стр. 44, Приложение 3

Таблица 3.1 Таблица 3.2 Таблица 3.3

№ вар. Вариант № вар. k1 k3 № вар. [(В.Р.] [(В.с.]

0 Вариант 0 6 6 2 7 950 490

Дано:

а1 = 1.6 м

а2 = 1.7 м

а3 = 0.9 м

а4 = 2.0 м

а5 = 1.8 м

q = 15 кН/м

F = 45 кН

M = 50 кН(м

k1 = 6

k3 = 2

[(В.Р.] = 950 МПа

[(В.с.] = 490 МПа

Определение опорных реакций

(МА(FK) = 0 – М + МА – 2 ( g ( 2.9 ( (1.6 + 1.7 + 2.9/2) + F ( 8 =
0

(МБ(FK) = 0 – RА ( 8 + МА – М + 2 ( g ( 2.9 ( (1.8 + 2.9/2) = 0

МА = М +2 ( g ( 2.9 ( (1.6 + 1.7 + 1.45) – F ( 8 = 50 + 2 ( 15 ( 2.9 (
4.75 = 103.25 кНм

RА = (МА – М + 2 ( g ( 2.9 ( (1.8 + 2.9/2))/8 = (103.25 – 50 +2 ( 15 (
2.93.25)/8 = 24 кН

Проверка: (YK = 0 RА – 2 ( g ( 2.9 + F = 0

42 – 2 ( 15 ( 2.9 + 45 = 0

0=0

Определение поперечных сил

Q1 = RA = 42 kH

Q2 = RA – 2 ( g ( (x2 -3.3)
3.3 ( x2 ( 6.2

x2 = 3.3 Q2 = RA = 42 kH

x2 = 6.2 Q2 = 42 – 2 ( 15 ( (6.2 – 3.3) = 42 – 87 = – 45 kH

Q3 = – F = – 45 kH

Определение изгибающих моментов

M1 = RA ( x1 – MA
0 ( x1 ( 1.6

X1 = 0 M1 = – MA = – 103.25 kHм

X1 = 1.6 M1 = 42 ( 1.6 – 103.25 = – 36.05 kHм

M2 = RA ( x2 – MA + M
1.6 ( x2 ( 3.3

X2 = 1.6 M2 = 42 ( 1.6 – 103.25 + 50 = 13.95 kHм

X2 = 3.3 M2 = 42 ( 3.3 – 103.25 + 50 = 85.35 kHм

M3 = RA ( x3 – MA + M – 2 ( g ( 2.9 ( (x3 -3.3)/2
3.3 ( x3 ( 6.2

X3 = 3.3 M3 = 42 ( 3.3 – 103.25 + 50 = 85.35 kHм

X3 = 6.2 M3 = 42 ( 6.2 – 103.25 + 50 – 2 ( 15 ( 2.9 ( 2.9/2
= – 81 kHм

M4 = – F ( x4
0 ( x4 ( 1.8

X4 = 0 M4 = 0 kHм

X4 = 1.8 M1 = – 45 ( 1.8 = – 81 kHм

RA – 2 ( g ( x5 = 0 ( x5 = RA/(2 ( g) = 42/(2 ( 15) = 1.4 м

Mпромежуточное = RA ( (3.3 + 1.4) – MA + M – 2 ( g ( 1.4 ( 1.4/2 =
114.75 кНм

Определение координат центра тяжести фигуры

Y1 = 2a + 4a/2 = 4a

Y2 = 2a/2 = a

А1 = 2 ( 2a ( 4a = 16a2

А2 = 2a ( 2a ( 3 = 12a2

YС = (А1 ( Y1 + А2 ( Y2) / (А1 + А2) = (16a2 ( 4a + 12a2 ( a)/(16a2 +
12a2) = 2.714a

Ymax. cжат = 6a – 2.714a = 3.286a

Ymax. cжат./ Ymax. растяж. = 2.714a/3.286a = 0.826

[(В.Р.]/[(В.C.] = 950/490 = 1.939

0.86 ( 2

Наиболее опасными считаются растянутые волокна

Определение главного момента инерции относительно оси Х

a1 = Y1 – YС = 4a – 2.714a = 1.286a

a2 = YС – Y2 = 2.714a – a = 1.714a

YХс = (2 ( 2a ( (4a)3/12 + a12 ( А1) + (6a ( (2a)3/12 + a22 ( А2) =

= (21.33a4 + (1.286a) 2 ( 16a2) + (4a4 + (1.714a) 2 ( 12a2) =

= (21.33a4 + 26.46a4) + (4a4 + 35.25a4) = 87.04a4

Определение расстояния a

(max = Mпр. ( 106 ( 3.286a/YХс ( 490 МПа

(max = 114.75. ( 10-3 ( 106 ( 3.286a/87.04a4 ( 490 МПа

(max = 4.332 ( 103 /a3 ( 490 МПа ( a3 = 4.332 ( 103 / 490 ( 106 ( a =
0.02 м

Задача №1.2. (1.3.3.)

Дано:

q = 15 кН/м

F = 45 кН

M = 50 кН(м

Правая часть

Определение опорных реакций

(МВ(FK) = 0 – М + F ( 0.9 + g ( 1.8 ( 3.8 – RД ( 4.7 = 0

(МД(FK) = 0 RВ ( 4.7 – F ( 3.8 – g ( 1.8 ( 1.8/2 – M = 0

RД = (- М + F ( 0.9 + g ( 1.8 ( 3.8)/4.7 = (- 50 + 45 ( 0.9 + 15 ( 1.8 (
3.8 )/4.7 = 19.81 кН

RВ = (F ( 3.8 + g ( 1.8 ( 1.8/2 + M)/4.7 = (45 ( 3.8 + 15 ( 1.8 ( 1.8/2
+ 50)/4.7 = 52.19 кН

Проверка: (YK = 0 – RВ + F + g ( 1.8 – RД = 0

– 52.19 + 45 + 15 ( 1.8 – 19.81 = 0

0 = 0

Левая часть

Определение опорных реакций

(МА(FK) = 0 mА – 2 ( g ( 3.3 ( 3.3/2 – RВ ( 3.3 = 0

(МВ(FK) = 0 – RА ( 3.3 + mА + 2 ( g ( 3.3 ( 3.3/2 = 0

mА = 2 ( g ( 3.3 ( 3.3/2 + RВ ( 3.3 = 2 ( 15 ( 3.3 ( 3.3/2 + 52.19 ( 3.3
= 335.58 кНм

RА = (mА + 2 ( g ( 3.3 ( 3.3/2)/3.3 = (335.58 + 2 ( 15 ( 3.3 (
3.3/2)/3.3 = 151.19 кН

Проверка: (YK = 0 RА + 2 ( g ( 3.3 – RВ = 0

151.19 + 2 ( 15 ( 3.3 – 52.19 = 0

Правая часть

Определение поперечных сил

QД = RД = 19.81 кH

QН = RД – g ( 1.8 = 19.81 – 15 ( 1.8 = – 7.2 кH

QC = RД – g ( 1.8 – F = 19.81 – 15 ( 1.8 – 45 = – 52.19 кH

QВ = RД – g ( 1.8 – F = 19.81 – 15 ( 1.8 – 45 = – 52.19 кH

Определение изгибающих моментов

MД = 0 кHм

MН = – RД ( 1.8 + g ( 1.8 ( 1.8/2 – M = – 19.81 ( 1.8 + 15 ( 1.8 ( 1.8/2
– 50 = – 61.36 кHм

MC = – RД ( 3.8 + g ( 1.8 ( 2.9 – M = – 19.81 ( 3.8 + 15 ( 1.8 ( 2.9 –
50 = – 7.36 кHм

MB = – RД ( 4.7 + g ( 1.8 ( 3.8 – M + F ( 0.9 =

= – 19.81 ( 4.7 + 15 ( 1.8 ( 3.8 – 50 + 45 ( 0.9 = 0 кHм

Определение значения экстремума

Q = RД + g ( x1 0(
x1 ( 1.8

RД + g ( x1 = 0 ( x1 = RД/g = 19.81/15 = 1.32 м

Mпромежуточная = – RД ( x1 + g ( x1 ( x1 = – 19.81 ( 1.32 + 15 ( 1.32 (
1.32/2 = – 13.08 кHм

Левая часть

Определение поперечных сил

QА = RА = 151.19 кH

QВ = RА – 2 ( g ( 3.3 = 151.19 – 2 ( 15 ( 3.3 = 52.19 кH

Определение изгибающих моментов

MA = – mА = – 335.58 кHм

MB = – mА + 2 ( g ( 3.3 ( 3.3/2 + RА ( 3.3 =

= – 335.58 – 2 ( 15 ( 3.3 ( 3.3/2 + 151.19 ( 3.3 = 0 кHм

Рис. Общая расчетная схема

Задача №3 (Д8)

Для стального вала определить:

реакции опор;

построить эпюры крутящих моментов, изгибающих моментов в вертикальной и
горизонтальной плоскостях;

диаметр вала по третьей теории прочности.

Дано:

Д1 = 0.18 м

Д2 = 0.18 м

Р = 16 кВт

( = 32 1/с

а = 0.2 м

[(] = 80 мН/м2

Определение крутящего момента

/Мкр/ = /МZ/ = 16 ( 103/32 = 500 Нм

Определение действующих сил и усилий

Окружные силы

F1 = 2 ( M/d1 = 2 ( 500/0.18 = 5555.5 Н

F2 = 2 ( M/d2 = 2 ( 500/0.36 = 2777.8 Н

Радиальные силы

Fr1 = F1 ( tg(/cos( = 5555.5 ( tg200/cos120 = 2067.2 Н

Fr2 = F2 ( tg(/cos( = 2777.8 ( tg200/cos120 = 1033.6 Н

Определение опорных реакций и изгибающих моментов плоскости zy

8:H

J

v

z

I

hEJ

v

?

O

th

????I

??????????th

F

AE

????V

?

?

hA OJQJ^J ( 1 = 0

(МB(FK) = 0 – RAz ( 0.8 + Fr1 ( 0.6 – F2 ( 0.2 = 0

RBz = (Fr1 ( 0.2 + F2 ( 1)/0.8 = (2067.2 ( 0.2 + 2777.8 ( 1)/0.8 =
3989.05 H

RAz = (Fr1 ( 0.6 – F2 ( 0.2)/0.8 = (2067.2 ( 0.6 – 2777.8 ( 0.2) /0.8 =
855.95 H

(ZK = 0  RAz – Fr1 + RBz – F2 = 0

855.95 – 2067.2 + 3989.05 – 2777.8 = 0

0 = 0

M1 = RAz ( x1
0 ( x1 ( 0.2

x1 = 0 M1 = 0 Нм

x1 = 0.2 M1 = RAz ( x1 = 855.95 ( 0.2 = 171.19 Нм

M2 = RAz ( x2 – Fr1 ( (x2 – 0.2)
0.2 ( x2 ( 0.8

x2 = 0.2 M2 = RAz ( x2 = 855.95 ( 0.2 = 171.19 Нм

x2 = 0.8 M2 = RAz ( x2 – Fr1 ( (x2 – 0.2) = 855.95 ( 0.8 – 2067.2 (
0.6 = – 555.56 Нм

M3 = – F2 ( x3
0 ( x3 ( 0.2

x3 = 0 M3 = 0 Нм

x3 = 0.2 M3 = – F2 ( x3 = – 2777.8 ( 0.2 = – 555.56 Нм

Определение опорных реакций и изгибающих моментов в горизонтальной
плоскости yx

(МА(FK) = 0 F1 ( 0.2 – RBx ( 0.8 + Fr2 ( 1 = 0

(МB(FK) = 0 RAx ( 0.8 – F1 ( 0.6 + Fr2 ( 0.2 = 0

RBx = (F1 ( 0.2 + Fr2 ( 1)/0.8 = (5555.5 ( 0.2 + 1033.6 ( 1)/0.8 =
2680.9 H

RAx = (F1 ( 0.6 – Fr2 ( 0.2)/0.8 = (2067.2 ( 0.6 – 2777.8 ( 0.2) /0.8 =
3908.2 H

(XK = 0  RAx – F1 + RBx – Fr2 = 0

3908.2 – 5555.5 + 2680.9 – 1033.6 = 0

0 = 0

M1 = RAx ( x1
0 ( x1 ( 0.2

x1 = 0 M1 = 0 Нм

x1 = 0.2 M1 = RAx ( x1 = 3908.2 ( 0.2 = 781.64 Нм

M2 = RAx ( x2 – F1 ( (x2 – 0.2)
0.2 ( x2 ( 0.8

x2 = 0.2 M2 = RAx ( x2 = 3908.2 ( 0.2 = 781.64 Нм

x2 = 0.8 M2 = RAx ( x2 – F1 ( (x2 – 0.2) = 3908.2 ( 0.8 – 5555.5 (
0.6 = – 206.7 Нм

M3 = – Fr2 ( x3
0 ( x3 ( 0.2

x3 = 0 M3 = 0 Нм

x3 = 0.2 M3 = – Fr2 ( x3 = – 1033.6 ( 0.2 = – 206.7 Нм

Определение эквивалентных моментов по третьей теории прочности

Mэкв1 = MZ2 + MX2 + MY2 = 5002 + 171.142 + 555.562 = 766,7
Нм

Mэкв2 = MZ2 + MX2 + MY2 = 5002 + 781.642 + 206.72 = 950,6
Нм

Определение диаметров рабочих участков

3 Mэкв1 766.7 ( 103

d1 ( ——– = ————– = 45.8 см., принимаем
46 мм

0.1 ( [(] 0.1 ( 80

3 Mэкв2 950.6 ( 103

d2 ( ——– = ————– = 49.2 см., принимаем
50 мм

0.1 ( [(] 0.1 ( 80

Определение суммарного изгибающего момента

M1( = MX2 + MY2 = 171.142 + 555.562 = 580 Нм

M2( = MX2 + MY2 = 781.642 + 206.72 = 808 Нм

Определение момента сопротивления кручению

Для вала диаметром d = 46; шпоночный паз шириной b = 14; глубиной t1 =
5.5

W(1 = (( ( d3/16) – (b ( t1 ( (d – t1)2/(2 ( d)) =

= (3.14 ( 463/16) – (14 ( 5.5 ( (46 – 5.5) 2/(2 ( 14)) = 14601 мм3

Для вала диаметром d = 50; шпоночный паз шириной b = 14; глубиной t1 =
5.5

W(2 = (( ( d3/16) – (b ( t1 ( (d – t1) 2/(2 ( d)) =

= (3.14 ( 503/16) – (14 ( 5.5 ( (50 – 5.5) 2/(2 ( 14)) = 19098 мм3

Определение момента сопротивления изгибу

Для вала диаметром d = 46; шпоночный паз шириной b = 14; глубиной t1 =
5.5

Wи1 = (( ( d3/32) – (b ( t1 ( (d – t1) 2/(2 ( d)) =

= (3.14 ( 463/32) – (14 ( 5.5 ( (46 – 5.5) 2/(2 ( 14)) = 7300 мм3

Для вала диаметром d = 50; шпоночный паз шириной b = 14; глубиной t1 =
5.5

Wи2 = (( ( d3/32) – (b ( t1 ( (d – t1) 2/(2 ( d)) =

= (3.14 ( 503/32) – (14 ( 5.5 ( (50 – 5.5) 2/(2 ( 14)) = 9549 мм3

Определение амплитуды и среднего напряжения цикла касательных напряжений

(1a = (1m = MZ/2 ( W(1 = 500 ( 10 3/2 ( 14601 = 17.1 МПа

(2a = (2m = MZ/2 ( W(2 = 500 ( 10 3/2 ( 19098 = 13 МПа

Амплитуда нормальных напряжений изгиба

(1a = M1(/Wи1 = 580 ( 10 3/7300 = 79 МПа

(2a = M2(/Wи2 = 808 ( 10 3/9549 = 84 МПа

Среднее напряжение (m = 0

Определение коэффициента запаса прочности по нормальным и касательным
напряжениям

(-1 253.4

n1( = ———————— = ————- = 1.67

k( 1.59

—– ( (1a + (( ( (m —— ( 79

(( 0.8

(-1 253.4

n2( = ———————— = ————– = 1.57

k( 1.59

—– ( (2a + (( ( (m —— ( 84

(( 0.8

(-1 147

n1( = ———————— = ——————————– = 4.3

k( 1.49

—– ( (1a + (а ( (m —— ( 17.1 + 0.1 ( 17.1

(( 0.8

(-1 147

n2( = ———————— = ————————— = 5.7

k( 1.49

—– ( (2a + (а ( (m —— ( 13 + 0.1 ( 14

(( 0.8

Определение результирующего коэффициента запаса прочности

n1( ( n1( 1.67 ( 4.3

n1 = ——————- = ——————— = 1.57

n1(2 + n1(2 1.672 + 4.32

n2( ( n2( 1.57 ( 5.7

n2 = ——————- = ——————— = 1.51

n2(2 + n2(2 1.572 + 5.72

Определение размеров призматической шпонки

Размеры сечения призматической шпонки для валов диаметром 44…50: b = 14
мм; h = 9 мм. Глубина шпоночного паза t1 = 5.5

(см = 2 ( М/(d ( (h – t1) ( Lр) ( [(]см = 100 (Н/мм2) (

L1р ( 2 ( М/(d1 ( (h – t1) ( [(]см) = 2 ( 500 ( 103/(46 ( (9 – 5.5) (
100) = 62 мм, из стандартного ряда принимаем 63 мм

L2р ( 2 ( М/(d2 ( (h – t1) ( [(]см) = 2 ( 500 ( 103/(50 ( (9 – 5.5) (
100) = 57 мм, из стандартного ряда принимаем 63 мм

Задача №4 (8)

Определить допускаемую сжимающую силу

Дано:

L = 400 см

( = 0.7 (по таблице)

[(сж] =160 МПа=1600 кг/см2

4 уголка 140х140х8

А1 = 21.75 см2

Jx1 = 406.16

а = 4.24 см

_______________________

F – ?

Определение площади поперечного сечения

А = 4 ( А1 = 4 ( 21.75 = 87 см2

Определение минимального момента инерции

Jc = 4 ( (Jx1+ а2 ( А1) = 4 ( ( 406.16 + 4.242 ( 21.75) = 3185 см4

Jmin 3185

(min = —— = ——– = 5.8 см

А 87

Определение минимального радиуса инерции

Определение расчетной гибкости

( = ( ( L/(min = 0.7 ( 400/5.8 = 48.27

Определение коэффициента продольного изгиба

( = 0.89 – ((0.89 – 0.86)/10) ( 8.27 = 0.865

Определение допускаемой сжимающей силы

( = F/A ? ( ( [(сж] ( F = A ( ( ( [(сж] = 87 ( 0.865 ( 1600 = 120408 кг

Нашли опечатку? Выделите и нажмите CTRL+Enter

Похожие документы
Обсуждение

Ответить

Заказать реферат!
UkrReferat.com. Всі права захищені. 2000-2020