Условия жесткости при кручении

откуда

, но , тогда

φ₀ – угол закручивания, приходящийся на единицу длины [м]

Задачи на условия жесткости при кручении:

1. Проверка жесткости

2. Проектный расчет для круглого сплошного сечения ,

Для кольцевого сечения ;

Зависимость крутящего момента и мощности на валу

3. Определение допускаемой нагрузки

 

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИХ ЗАДАЧ ПО ТЕМЕ

КРУЧЕНИЕ

Задача1

Для стального вала требуется:

1. Определить величины моментов, подводимых к шкиву 1 и снимаемых со шкивов 2,3,4.

2. Построить эпюру крутящих моментов на валу.

3. Определить предельный диаметр вала из расчета на прочность и жесткость, если Р₂=50кВт

Р₃=40кВт

Р₄=30кВт

n =170 об/мин

[τ]=20МПа

[φ₀]=0,25 град/м

Окончательно принимаемое значение диаметра вала должно быть округлено до ближайшего большего четного, или оканчивающегося на 5 числа (мм).

IV M₂ III M₁ II M₃ I M₄

0 2,81кНм -3,93кНм -1,68кНм 0

Определяем мощность, подаваемую на вал

Р₁=Р₂+Р₃+Р₄=50+40+30=120 (кВт)

Вращающие моменты на шкивах

;

;

По найденым вращающим моментам строим епюру крутячих моментов.

М_Кр1= -М₄ = -1,68(кНм)

М_Кр2 = -М₄-М₃ = -1,68-2,25 = -3,93(кНм)

М_Кр3=-М₄ -М₃+М₁= -3,93+6,74=2,81(кНм)

М_Кр4=-М₄ -М₃+М₁-М₂ =2,81-2,81=0

Из эпюры выбираем M_max по модулю M_max=M_Kp2=3,93(кНм)

 

 

Определяем минимальны размер вала по условию прочности

Определяем диаметр вала по условию жесткости

Принимаем d=104мм

 

Задача 2

В поперечном сечении полого вала возникает крутящий момент М_К=6000Нм. с=d/D=0,8. [τ]=50МПа.

Найти диаметр вала по условию прочности и экономию веса по сравнению со сплошным валом в тех же условиях.

Решение

;

где

 

 

ИЗГИБ

Прямым чистым изгибом называется вид деформации, при котором в поперечных сечениях стержней возникает один внутренний силовой фактор -изгибающий момент.

Прямым поперечным изгибом называется вид деформации при котором в поперечных сечениях возникают два внутренних силовых фактора: поперечная сила и изгибающий момент.

Стержни, работающие на изгиб, называются балками.

Эпюры поперечных сил- диаграммы изменения поперечных сил по длине балки.

Эпюры изгибающих моментов- диаграммы изменения изгибающих моментов по длине балки.

Поперечная сила в сечении численно равна алгебраической сумме проекций на вертикальную ось всех внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения.

Правило знаков

Поперечная сила в сечении балки mn считается положительной, если

равнодействующая внешних сил слева от сечения направлена снизу вверх, а справа- сверху вниз(а), и отрицательной в противоположном случае (б)

Q_mn>0 F F Q_mn<0

m m

 

+ -

 

F n n F

а) б)

Изгибающий момент в сечении балки mn, считается положительным, если равнодействующий момент внешних сил слева от сечения направлен по часовой стрелке, а справа - против часовой стрелки (а), и отрицательным – в противоположном случае (б). При сжатии верхних волокон и растяжении нижних волокон балки моменты положительные, при сжатии нижних волокон и растяжении верхних волокон моменты отрицательные.

 

М M_mn>0 M M M_mn<0 M

m m

+

n

n -

а) б)

 

ПОРЯДОК ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР Q И M_И

1. Определяем опорные реакции.

2. Разбиваем балку на участки, границами которых являются начало, конец балки, точки приложения сосредоточенных сил, начало и конец равномерно распределенной нагрузки, пары сил.

3. Составляем уравнения для поперечных сил каждого участка,пользуясь вышеуказанным правилом.

4. Если поперечная сила плавно изменяясь проходит через нулевое значение, то необходимо определить абсциссу этого сечения, где Q обращается в «0».

5. Применяя метод сечений, записываем уравнение изгибающего момента для каждого участка. Вычисляем значение изгибающего момента в характерных точках, учитывая и точку, где Q=0.

6. По данным значениям строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

 

ПОРЯДОК КОНТРОЛЯ ПОСТРОЕНЫХ ЭПЮР.

1. Если участок не загружен равномерно распределенной нагрузкой, то поперечная сила постоянна, а изгибающий момент изменяется по линейному закону.

2. Если на данном участке поперечная сила равна «0», то изгибающий момент постоянный.

3. На участках, загруженных равномерно распределенной нагрузкой, Q изменяется по линейному закону, а М_и по параболе, выпуклость которой направлена навстречу нагрузке.

4. В точках приложения сосредоточенных сил на эпюре Q имеют место скачки, равные величинам приложенных внешних сил, а на эпюре изгибающих моментов – переломы, направленные навстречу силам.

5. В точке приложения пар сил на эпюре М_и – скачки, равные по величине приложенной паре сил.

6. В точках, где поперечная сила обращается в «0», М_и принимает экстремальные значения (max, min)/

7. Если рассматривать эпюры слева направо и на данном участке Q>0, то изгибающий момент будет возрастать, если Q<0, М_и будет убывать.

 

Дифференциальная зависимость между М_и ,Q и q

;

 

Пример построения эпюр

Задача 1

F₁=5кН М=1кН·м

I II

 

Z₁ F₂=7кН

 

 

Z₂

3м 4м

 

2

┼ Q

▬ -5

 

▬ ▬ -8 M _и

-15

 

 

Задача 2

		Определяем опорные реакции RA и RB ; ; ; 0≤z1≤1 z1=0→M=0; z1=1→M=RA·1=11кНм 1≤z2≤2,5 Z2=1→M=11·1=11кНм Z2=2,5→M=11·2,5=9,5кНм ; 2,5≤z3≤4 Z3=2,5→M=11·2,5-12·1,5=1,5кНм Z3=4 →M=11·4-12·3-8=0

R_A F=12кН М=8кНм R_B

I II III

 

Z₁ Z₂

Z₃

1м 1,5м 1,5м

 

┼

_▬ Q

11

9,5

┼ ┼

1,5

┼ M_и

 

 

Задача 3

1≤z2≤4 z2=1→ z2=4→ Определяем абсциссу пересечения линии Q с нулевой линией ; 20+8=8z2; z2=3,5м. 0≤z1≤1 z1=0→M=0; z1=1→M=20(кН) 1≤z2≤4 →M=20кНм; z2=4→M=44кНм z2=2,5→M=45кНм

I II q=8кн/м III

z₁ z₂

Z₃

F=20кН

1м 3м 1м

3,5м

┼ ┼

Q

45 4

44

┼ 40

M_И

 

4≤z₃≤5; z₃=4→M=44кНм; z₃=5→M=40кНм

 

Условия прочности при изгибе

 

	Гипотезы Бернулли: 1. Сечения плоские и перпендикулярные оси бруса до изгиба, остаются плоскими и перпендикулярными оси бруса после изгиба. 2. Гипотеза о ненадавливании волокон друг на друга. 3. Гипотеза о линейности деформаций каждого волокна. 4. Напряжения во всех волокнах, расположенных на одной высоте одинаковы.

 

О О₁

 

М М

О О₁

 

 

σ₁

σ₂

σ₃

σ₄

 

 

δ – радиус кривизны нейтральной оси. y – расстояние до волокна от нейтральной оси σ – эпюра распределения напряжений по вышине сечения стержня.

σ

θ

 

δ

O

 

О О₁

A A₁

y

Самыми рациональными сечениями при изгибе являются двутавр и швеллер

 

Y σ – перпендикулярно площадке

 

σ dA

y х

здесь и

, здесь W_X – осевой момент сопротивления сечения

(см³, мм³)

 

На условие прочности при изгибе решаются задачи:

1.Проверочный расчет на максимальное напряжение

2.Проектный расчет

3.Определение максимально допустимой нагрузки

 

Y Определение W_X для прямоугольника

h

x

 

b

Определение W_X для круга

Y

d ; ;

 

Задача 1

Определить допускаемую величину силы F, если . Сечение балки прямоугольное h=6см, b=4см.

R_A R_B

F

A B h

 

l/2 l/2 b

 

 

F/2

┼

▬

F/2

F· l /4

┼

 

 

Совместное действие изгиба и кручения

;

3-я гипотеза

4-я гипотеза

Задача 1

На вал, приводимый в движение насажен посередине шкив весом 5кН Ø1,2м. Натяжение ведущей части ремня, надетого на шкив, равно 600кг, а ведомого 300кг. [σ]=500кг/см².

D=1,2м Т1=600кг Т2=300кг G=500кг [σ]=500кг/см2 d-?

T₁

 

D

d

 

T₂

0,60,6

Решение

По третьей гипотезе тогда

MИ=RA·0,6=515·0,6=309кгм

Т₁+Т₂

 

F_∑

G

⇐ Предыдущая12