Автор работы: Пользователь скрыл имя, 29 Января 2014 в 11:50, курс лекций
Первый раздел изучает теорию решения задач в статических конструкциях и различных механизмах.
Статика – изучает равновесие тел под действием внешних сил. Рассматриваются задачи определения различных реакций.
Кинематика – изучает движение тел без учета приложенных сил, виды движения, определение скорости и ускорения любой точки тела.
Динамика – изучает движения тел с учетом приложенных сил (Fтяж., Fтрен., Fинерции, R- реакции).
Вывод 3: Эпюра Ми от сосредоточенной силы представляет собой прямую, расположенную под углом к базовой оси.
Задача. Построить эпюры Q и Ми от внешнего момента.
При действии внешнего момента балка испытывает чистый изгиб.
Вывод 4: Эпюра Q от внешнего момента равна 0.
Вывод 5: Эпюра Ми от внешнего момента – прямая, параллельна базовой оси.
Вывод 6: Эпюра Ми от внешнего момента на линии приложения этого момента имеет скачок, равный этому внешнему моменту.
Решение задач по теме: Деформация поперечного изгиба.
Задача. Построить эпюры Q и Ми
Задача. Для балки, расположенной на опорах ,построить эпюры Q и Ми, предварительно определив реакции опор.
Силы |
|||
|
RА |
0 |
6RA |
RA |
|
RB |
-6RB |
0 |
RB |
|
F |
4F |
-2F |
-F |
m |
m |
m |
- |
2.Строим эпюры Q и Ми
Задача. Определить реакции и построить эпюры Q и Ми
Силы |
|||
|
RА |
0 |
6RA |
RA |
|
RB |
-6RB |
0 |
RB |
|
F |
4F |
-2F |
-F |
Задача. Построить эпюры Q и Ми
Задача. Построить эпюры Q и Ми от равномерно – распределенной нагрузки.
Вывод 7: Эпюра Q от равномерно – распределенной нагрузки представляет собой прямую, расположенную под углом к базовой оси.
Вывод 8: Эпюра Ми от равномерно – распределенной нагрузки представляет собой параболу, расположенную выпуклостью к направлению нагрузки.
Задача. Построить эпюры Q и Ми
Задача. Определить реакции и построить эпюры Q и Ми
Силы |
|||
|
RА |
0 |
12RA |
RA |
|
RB |
-12RB |
0 |
RB |
|
F |
2F |
-10F |
-F |
N |
9N |
-3N |
-N |
2.8.4 Нормальные напряжения при изгибе
При изгибе поперечные сечения, оставаясь плоскими, поворачиваются одно относительно другого вокруг некоторых осей, лежащих в их плоскостях. Каждое поперечное сечение поворачивается вокруг линии его пересечения с нейтральным слоем. Эта линия называется нейтральной осью поперечного сечения.
Нормальные напряжения распределяются по линейному закону.
-Осевой момент направления сечения (м3)
2.8.5 Расчет на прочность при деформации поперечного изгиба.
условие прочности при поперечном изгибе
Согласно условия прочности, можно выполнить три вида расчетов:
Надо определить Дано: M и WX(d)
значение WX для стандартных прокатов определяем из таблицы
Определяем WX(d) Дано: M и [σ] доп
Определяем Ми Дано: WX(d), [σ]
Тема 2.9 Деформация продольного изгиба.
2.9.1 Критическая сила, ее определение по формуле Эйлера.
При увеличении сжимающихся
сил, прямолинейная форма равновесия
стержня может оказаться
При Fсж < Fкр стержень работает на сжатие.
При Fсж = Fкр стержень работает на сжатие и изгиб.
Даже при небольшом превышении значения критической силы, прогибы стержня нарастают чрезмерно быстро, конструкция разрушается или получает большие дефекты. Критическая сила F – разрушающая нагрузка, Fсж должна быть в несколько раз меньше Fкр.
E – модуль продольной упругости
Напряжения,возникающие при продольном изгибе.
А-площадь Fкр-кр.сила
Произведем замену imin - радиус инерции (м)
Делим числитель и знаменатель на imin2 после выполнения замены
Вводим обозначения:
-гибкость стержня величина безразмерная
Чем > гибкость конструкции (λ), тем меньше критическая сила, а значит величина сжимающей силы, приложенной к конструкции будет меньше.
Если гибкость сжатого стержня < предельной, используют формулу Ясинского
Так для Ст3 при гибкости 60≤λ≤100
σкр=(304 - 11,2λ) Н/мм2
λпред=100-смотреть по материалу
λ>λпред. формулаЭйлера стержни большой гибкости
λ<λпред. Формула Ясинского
Задача. Определить гибкость конструкции при различных сечениях.
1.Сечение
2.Сечение
3.Сечение
Задача. Определить Fкр с учетом λпред=100
1.Сечение
2.Сечение
Задача. Проверить на устойчивость стойку, если , , , , материал стойки сталь Ст3
Для заданного закрепления концов стойки
Определяем гибкость стойки
, , т.к. для круга
, тогда , следовательно, критическую силу определяем по формуле Эйлера
Определяем коэффициент запаса устойчивости
, следовательно устойчивость стойки обеспечен
Тема 2.10 Сложный вид деформации изгиб с кручением.
Теории прочности.
Механические испытания материалов можно осуществлять и при сложных видах деформации состояния, но в этом случае разрушение наступает при различных значениях силовых факторов в сечении и зависит от их соотношения. При совместном действии изгиба и кручения, вал может разрушиться при большом изгибающем моменте и малом крутящемся моменте или наоборот.
По значению Wх – осевой момент сопротивления сечения, выведем уравнение для определения диаметра вала.
Решение задачи на изгиб с кручением
Определить диаметр вала, испытывающего деформацию изгиба и кручения
Дано: [σ]=80мПа
Р=40кВт – передаваемая мощность
ω=50рад/сек- угловая скорость
Определить d вала по III закону прочности
I Определяем величину -крутящий момент
По известному произведем расстановку вращательных моментов М1 М2
II Строим эпюру крутящих моментов
III Определяем вертикальныйе составляющие реакций RAY RBY, величина которых зависит от F2
|
Силы |
|||
|
RАY |
0 |
1,2RAY |
RAY |
|
RBY |
-1,2RBY |
0 |
RBY |
|
F2 |
0,5F2 |
-0,7F2 |
-F2 |
IV Строим эпюры для вертикальных составляющих.
V Определяем горизонтальные составляющие реакции RAX RBX ,величина которых зависит от F1. Для этого RAX и RBX повернем в плоскости на определенный угол так, чтобы они были параллельны базовой оси.
Силы |
|||
|
RАХ |
0 |
-1,2RAX |
-RAX |
|
RBХ |
1,2RBX |
0 |
-RBX |
|
F1 |
-0,5F1 |
0,7F1 |
F1 |
VI Строим эпюры изгибающих моментов для горизонтальных составляющих.
VII Для определения d необходимо определить суммарный Ми
VIII По 3-ей теории прочности определяем d вала