Методические указания по выполнению контрольной работы

К задачам 21…30. Решение этих задач можно начинать изучения тем 1.3. и 1.4. и повторения вопросов, касающихся определения направлений реакций, возникающих в наиболее часто встречающихся видах связей и балочных системах.

В задачах 21…30 требуется определить опорные реакции консольной балки, т.е. балки с одной опорой в виде жесткого защемления. Для такой балки наиболее целесообразно составить уравнение равновесия в форме:

∑ F_IX = 0 (1); ∑ F_IУ = G (2); ∑ М_А = 0 (3),

где за центр моментов принять точку в месте защемления. Проверка правильности решения задачи проводится составлением уравнения равновесия моментов всех сил относительно любой другой точки.

Приобретение твердых навыков в определении опорных реакций в жестко защемленных и двухопорных балках необходимо. т.к. именно с этого начинается решение многих задач, рассматриваемых в сопротивлении материалов и деталях машин.

Последовательность решения задачи:

вычерчивается балка с приложенными к ней нагрузками;

выбирается направление осей координат, причем горизонтальная ось Х направляется вдоль оси балки, а ось У – ей перпендикулярна;

балка освобождается от опор, и их действие заменяется опорными реакциями, направленными вдоль осей координат с реактивным моментом;

составляются уравнения равновесия, желательно так, чтобы в каждом из составленных уравнений было бы не более одной неизвестной величины;

определяются неизвестные величины реакций путём решения составленных уравнений равновесия;

проводится проверка вычисленных результатов путём составления дополнительного уравнения, которое не было использовано для определения неизвестных реакций.

Пример 4. Определить опорные реакции, возникающие в консольной балке (рис.4).

Решение. Рассмотрим равновесие жестко защемленной балки с заданными нагрузками. Вычерчиваем эту балку с приложенными к ней силами F₁, F₂ и моментом М. Направляем ось Х вдоль оси балки и перпендикулярно к ней – ось У (рис.4, а) и выбираем центр вращения т.А.

Отбрасываем связь (заделку) и заменяем её действие реакциями – реактивным моментом М_R и составляющими реакциями R_x и R_y по осям координат. Расчетная схема показана на рис. 4, б

а) б)

Рис. 4

Для получения плоской системы произвольно расположенных сил составляем три уравнения равновесия:

; - М_R + F₂^. AB – M + F_1y^. AD = 0

- M_R + 9^.1-7+4^.4 =0 (1)

; F_ix – R_x = 0; 6, 93 – R_x = 0 (2)

; R_y – F₂ – F_iy = 0; R_y- 9 – 4 = 0 (3)

Определяем опорные реакции жестко защемленной балки, решая составленные уравнения равновесия.

Из уравнения (1): M_R = 9 ^. 1 – 7 = 4 ^. 4 = 9 – 7 + 16 = 18 kHм;

Из уравнения (2): R_x= 6, 93 kH;

Из уравнения (3): R_y = 9 + 4 = 13 kH.

Проверяем правильность найденных результатов, составив проверочное уравнение равновесия:

= R_y ^. AD – M_R – F₂^.BD – M = 13 ^. 4 – 18 – 9 ^. 3 – 7 = 52 – 52 = 0.

Условие равновесия = 0 выполняется, следовательно, реакции опор определены верно.

К задачам 41…50. К решению этих задач следует приступить после изучения темы " Центр тяжести" и разбора примера. С целью упрощения решения следует стремиться разбить заданное сложное сечение на возможно меньшее число простых фигур. Пример 6. (рис.6) Для заданного п лоского сечения (тонкой однородной пластины) определить положение центра тяжести. Рис. 6

Решение. 1. Разбиваем сложное сечение пластины на простые фигуры: I – прямоугольник, II- круг, III – треугольник.

2. Определяем положение центра тяжести каждой простой фигуры С₁, С₂, С₃.

3. Выбираем вспомогательную ось у_i так, что всё сечение будет находиться в первой четверти.

4. Определяем площади поперечного сечения каждой простой фигуры А₁,

5. Определяем расстояние Х₁, Х₂, Х₃ от центра тяжести каждой простой фигуры до вспомогательной оси У_i

А₁ = 310 ^.120 = 37200 мм² Х_{1 =}

А₂ = Х₂ = 80 мм

А₃ = Х₃ = 210 мм.

6. Так как сечение имеет одну ось симметрии (горизонтальную, то координату у₂ определять не надо.

7. Координата центра тяжести Х_С определяем по формуле:

8. По полученным координатам Х_С, У_С находим центр тяжести плоского сечения С. Вывод: Таким образом, плоская однородная пластина имеет координаты центра тяжести С (167мм; 0).

К задачам 51…60. Приступить к решению данных задач можно только после полного усвоения тем 2.1. Основные положения и 2.2. Растяжение и сжатие. Таким образом, решать эти, как и другие задачи (№ 61…70; 70…80), относящиеся к разделу " Основы сопротивления материалов", можно начинать после получения четкого представления о методе сечений для определения внутренних силовых факторов, о видах нагружения бруса, напряжениях, условиях прочности в видах расчётов на прочность.

При решении задач, относящихся к разделу " Основы сопротивления материалов", необходимо помнить, что единицей давления механического напряжения, модуля упругости в системе СИ (ГОСТ 8.417-81) является Па = 1 Н/м². Однако для практических расчетов эта единица неудобна, т.к. очень мала. Поэтому обычно используется краткая ей единица IМПа = 10⁶Па.

Для упрощения вычислений расчёты напряжений в задачах могут быть выполнены в Н/мм², но окончательные результаты обязательно должны даваться в единицах Международной системы единиц (СИ), т.е. в МПа или Па.

При растяжении (или сжатии) в поперечных сечениях бруса возникает только один внутренний силовой фактор – продольная сила N, которая в любом поперечном сечении численно равна алгебраической сумме внешних сил, действующих на отсеченную часть бруса. Продольные силы, соответствующие растяжению бруса, считаются положительными, а сжатию – отрицательными, Для определения продольных сил используется метод сечений. Изменение продольной силы по длине бруса обычно предоставляется в виде диаграммы – эпюры продольных сил.

Последовательность решения задачи:

1) брус разбивается на участки, начиная от свободного конца (для того, чтобы не определять возникающую в месте закрепления опорную реакцию), причём границами участков являются сечения, в которых приложены внешние силы, а также места изменения размеров поперечных сечений (при определении нормальных напряжений);

2) вычисляются продольные силы на каждом участке при помощи метода сечений и строится эпюра продольных сил, т.е. в произвольном масштабе откладываются вычисленные значения продольных сил (ординаты эпюры N) от оси эпюры (линии, параллельной оси бруса), являющейся одновременно нулевой линией эпюры; построенная эпюра N заштриховывается линиями, перпендикулярными оси эпюры, и проставляются знаки продольных сил;

3) определяются нормальные напряжения на каждом участке бруса по формуле б = N, предварительно определив площади А сечений бруса;

4) производится проверка прочности бруса на каждом из участков бруса по условию прочности при растяжении и сжатии: , где [б] – допускаемое нормальное напряжение.

Пример 7. Для заданного стального бруса (рис.12) построить эпюру продольных сил и проверить прочность, если допускаемые напряжения при растяжении [б_р] = 150MПа и [б_с]= 100 МПа – при сжатии

Решение. разбиваем брус на участки; Границами участков являются сечения, в которых приложены внешние силы или изменяется площадь поперечного сечения. В рассматриваемом брусе три участка: I, II, III (рис. 12а).

Рис.12

Пользуясь методой сечений, определим продольную силу на каждом участке. Проводя мысленно сечение в пределах каждого из участков, отбрасываем левую закрепленную часть бруса и оставляем для рассмотрения правую часть. На участке I продольная сила постоянна и равна

N_I= - F1 = -8 кН (брус сжат).

На участке II продольная сила постоянна и равна:

N_II = - F₁ + F₂ = - 8 + 15 = 7 кН (брус растянут)

На участке III продольная сила постоянно и равна:

N_III= - F_{1 +} F₂ + F₃ = -8+15+9 = 16 кН (брус растянут)

выполняем проверку прочности бруса, определяем для каждого из участков возникающее нормальное напряжение и проводя его сравнение с допускаемым, использовав для этого условия прочности для растяжения и сжатия: , где А – площадь поперечного сечения бруса на соответствующем участке.

Вычисляем площади напряжения на каждом из участков бруса:

=

Определяем нормальные напряжения на каждом из участков бруса:

Проверку прочности проводим для наиболее нагруженных (опасных) участков бруса в сжатой и растянутой зонах:

т.е. прочность бруса обеспечена.

К задачам 71…80. Решение этих задач можно начинать после изучения темы 2.6. " Изгиб". При прямом поперечном изгибе в поперечных сечениях бруса возникают два внутренних силовых фактора – поперечная сила Q и изгибающий момент Ми, определяемые

методом сечений, Поперечная сила Q при ориентировочных расчетах не учитывается. Изгибающий момент Ми в любом поперечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме моментов внешних сил, действующих на отсеченную часть бруса, относительно центра тяжести рассматриваемого сечения.

Для того, чтобы получить один и тот же знак для изгибающего момента вне зависимости от того, с какой стороны (левой или правой) от рассматриваемого сечения проводятся вычисления, вводятся специальные правила для определения знака изгибающего момента.

При определении изгибающих моментов Ми изгибающие моменты в сечении принимаются положительными от тех внешних сил, которые изгибают балку выпуклостью вниз и отрицательными от тех сил, которые изгибают балку выпуклостью вверх (рис.14)

Рис. 14

При решении задач рекомендуется использовать методику построения эпюр при изгибе по характерным точкам (данная методика подробно изложена в рекомендованной выше литературе).

Последовательность решения задачи:

1) определяются опорные реакции балки путём составления двух уравнений равновесия моментов относительно обеих опор балки с обязательной проверкой вычисленных результатов составлением третьего уравнения равновесия – суммы проекций всех сил на вертикальную ось (при верно вычисленных реакциях проверочное уравнение должно обратиться в тождество вида 0=0);

2) балка разделяется на участки по характерным точкам, определяются изгибающие моменты в характерных сечениях и строится эпюра изгибающих моментов: определяется максимальный изгибающий момент;

3) вычисляется из условия прочности при изгибе б = требуемый осевой момент сопротивления W_x , являющийся геометрической характеристикой прочности при изгибе;

4) по найденному значению W_x осевого момента сопротивления подбираются соответствующие сечения по сортаменту прокатной стали (см. ГОСТ 8239-89 и ГОСТ 8240-89) и вычисляются размеры балок круглого или квадратного сечений;

5) сравниваются массы балок различных профилей.

Пример 9. Для стальной балки, нагруженной, как показано на рис. 15а построить эпюру изгибающих моментов и подобрать сечения в следующих вариантах: 1) двутавр, 2) сдвоенный швеллер, 3) круг, 4) квадрат. Определить отношение массы балки круглого сечения к массе двутавровой балки. Принять для материала балки [бu] = 130MПа.

Решение. Определяем опорные реакции балки и проверяем их найденные значения, предварительно направив обе реакции R_A и R_B вверх:

∑ М_А = 0; М + F₁ ^. АД – F₂^. AE – R_AB^. AB = 0 (I);

∑ М_В = 0; М + R_A ^. AB – F₁ ^. ДВ + F₂ ^. EB = 0 (2);

Проверочное уравнение:

∑ F_iy = R_A – F₁ + F₂ + R_B = 2 -9 +15+ (-8) = 17 – 17 = 0 (3),

следовательно, реакции опор определены верно.

Реакция R_B получилась отрицательной. Это указывает на то, что направление этой реакции было выбрано неверно и его следует изменить на противоположное: т.е. реакция R_B направлена вниз (показываем это на чертеже, перечеркнув предварительно выбранное направление). Найденные значения опорных реакций R_A и R_B проставляем на чертеже (рис.15, а).

Рис. 15

Разделяем балку на четыре участка по характерным точкам и определяем значения изгибающих моментов в характерных сечениях (расчёт проводим слева направо), т.е. определяем ординаты эпюры Ми в сечениях С, А, Д, Е, В.

В сечениях С и А, как и в любом другом сечении участка I, изгибающий момент постоянен и равен: Ми_с = Ми_А = М = 14 кН^.м.

В сечении Д изгибающий момент: М_uD = M + R_A^. AД = 14 + 2 ^. 3 = 20 кНм

В сечении Е: М_uE + R_A^. AE – F₁^. ДЕ = 14 + 2 ^. 7 – 9 ^. 4 = -8кНм

То же значение получим, рассматривая правую часть балки.

В сечении В: Мu_B = 0, т.к. плечо силы равно нулю (рассматривали справа – налево).

По вычисленным значениям изгибающих моментов строим эпюру (рис.15, б). Максимальное значение Ми_max = 20 кН^.м = 20 ^. 10⁶ Н.мм (в сечении Д балки). Определить требуемое значение осевого момента сопротивления W_X, используя условие прочности при изгибе:

Подбираем сечение балки в четырех вариантах:

1) двутавр: по таблице сортамента прокатной стали ГОСТ 8239-89

2) выбираем двутавр: № 18а, для которого W_X = 159 cм³;

3) сдвоенный швеллер: т.к. по условию задачи сечение балки состоит из двух швеллеров, то вычисляем требуемый момент сопротивления одного швеллера:

W_1X = W_{X /2}= 153, 85/2 = 76, 925 см³; по таблице сортамента прокатной стали ГОСТ 8240-89. Выбираем швеллер № 14а, для которого W_X = 77, 8 см³, т.е. балка должна состоять из двух швеллеров № 14а (W_X = 155, 6 см³);

1) круг; для круглого сечения W_X = , откуда

d = ; принимаем d = 115мм;

5) квадрат; для квадратного сечения W_X = , откуда

; принимаем .

Определяем соотношение масс балок круглого и двутаврового сечений. Поскольку масса балки пропорциональна площади её поперечного сечения, то отношение масс балок одинаковой длины равно отношению площадей их сечений; площадь двутавра № 18а берем из таблицы ГОСТ 8239-89. А_дв = 25, 4 см²; площадь круглого сечения:

А_кр = ;

отношение масс балок: А_кр/А_дв = ;

следовательно, балка круглого сечения тяжелее двутавровой в 4, 09 раза.

К задачам 91…100. К решению этих задач следует приступить после изучения темы 3.4. " Механизмы передачи вращательного движения".

В предлагаемых ниже задачах требуется определить кинематические и силовые параметры для привода в целом и для каждой из передач, входящих в него. К каждой задаче даётся кинематическая схема привода, из которой видно, какие передачи входят в него. Для того, чтобы успешно разобраться в этих схемах, дать характеристику привода и его отдельных передач, суметь их вычертить надо ознакомиться с ГОСТ 2.770-68.

Необходимость применения передач объясняется многими причинами, главной из которых является несовпадение угловых скоростей вала электродвигателя и вала рабочей машины; как правило, электродвигатели работают при больших угловых скоростях, что обеспечивает им высокий КПД при малых габаритах, а валы рабочих машин зачастую наоборот при малых угловых скоростях, что необходимо для соблюдения технологического процесса. Для уменьшения угловой скорости электродвигателя и поставлены понижающие передачи, причём это происходит из-за того, что их детали имеют разные диаметры; ведущая – малый, а ведомая – большой.

Понижение угловой скорости сопровождается соответствующим повышением вращающего момента при неизменном значении передаваемой мощности (последняя немного теряется за счёт потерь на трение при взаимодействии деталей передачи, что учитывается КПД).

Параметр, характеризующий во сколько раз уменьшится угловая скорость и увеличивается вращающий момент, называется передаточным числом и обозначается u для любой передачи

u = ,

где и - соответственно угловые скорости ведущего и ведомого валов передачи;

n₁ и n_II – соответственно частоты вращения ведущего и ведомого валов передачи.

Для зубчатых и цепных передач u можно ещё определить по формуле:

u = ,

где d₁ и d₂ - соответственно диаметры ведущей и ведомой деталей передачи;

Z₁ и Z₂ – cсоответственно числа зубьев ведущей и ведомой деталей передачи.

Для ременных передач существует дополнительно зависимость

u = ,

где d₁ и d₂ - соответственно диаметры ведущей и ведомой деталей передачи;

Для червячных передач

u = ,

где Z₁ и Z₂ – cсоответственно числа зубьев ведущей червяка и ведомой колеса деталей передачи.

Поскольку величина u зависит от диаметров ведущей и ведомой деталей передачи (кроме червячной), то для получения больших значений u, что требуется довольно-таки часто, понадобилось бы изготовить детали с большой разницей этих диаметров, что привело бы к завышению их габаритов и в свою очередь к неудобству при их изготовлении и эксплуатации.

Например, при u = 20 и d₁ = 100 мм понадобилось бы d₂ = d₁^. u = 100 ^. 20 = 2000 мм = 2м.

Чтобы избежать эти неудобства используется привод, состоящий из двух или нескольких передач, что позволяет при малых габаритах каждой из них получить большое значение передаточного числа для такого привода u_об = u₁ ^. u₂^. u₃ … u_n, где n - количество передач в приводе.

Пример 11. Выполнить кинематический и силовой расчёты привода, кинематическая схема которого предоставлена на рисунке 17.

Рис. 17.

Дано:

Р_э = 7, 5 кВт

; ;

; ; ; .

Определить:

u_об; u₁; u₂ ; u₃; р₁; р_II; р_III; р_IV;

; ; ; ; M_I; M_II; M_III; M_IV.

Рассмотрим кинематическую схему данного привода, дадим характеристику ему и передачам, входящим в него.

Привод трехступенчатый, т.к. он состоит из трёх передач. Все они понижающие, т.к. диаметр ведомой детали в каждой передаче больше диаметра ведущей детали.

Первая ступень: - передача ременная плоским ремнем, открытая; она состоит из ведущего шкива I, ведомого шкива 2 и ремня, одетого на них.

Вторая ступень: - передача зубчатая цилиндрическая с прямыми зубьями, закрытая (в корпусе – редуктор); она состоит из шестерни 3 (ведущая деталь) и колеса 4 (ведомая деталь).

Третья ступень: - передача цепная, открытая, она состоит из ведущей звездочки 5, ведомой звездочки 6 и цепи, одетой на них.

Привод имеет четыре вала – они обозначены на кинематической схеме римскими цифрами (при решении задачи надо это сделать). Теперь можно приступить к решению задачи.

1. Определение общего КПД привода (значения КПД передач с учётом потерь в подшипниках приведены в таблице).

Таблица средних значений КПД передач (с учётом потерь в подшипниках)

,

где - КПД ременной передачи; = 0, 95

- КПД зубчатой цилиндрической закрытой передачи; = 0, 97

- КПД цепной передачи; = 0, 92

2. Определение общего передаточного числа привода

u_об =

где - угловая скорость вала электродвигателя

- угловая скорость вала рабочей машины, приводимой в действие через привод

u_об =

3. Определение передаточных чисел передач.

3.1. Зубчатой цилиндрической передачи

u₂ = , где Z₃ и Z₄ – соответственно числа зубьев ведущей детали (шестерни) и ведомой детали (колеса)

u₂ =

3.2. Цепной передачи

u₃ = ,

где Z₅ и Z₆ – соответственно числа зубьев ведущей и ведомой звездочек

u₃ =

3.3. Ременной передачи.

Так как диаметры шкивов не заданы, воспользуемся зависимостью

u_об = u₁ ^. u₂ ^. u₃

Преобразовав формулу, получим: u₁ =

4. Определение значений мощности на валах привода

4.1. На первом валу Р₁ = Р_э = 7, 5 кВт

4.2. На втором валу: из формулы

PII = PI = 7, 5. 0, 95

4.3. На третьем валу: из формулы

P_III = P_II = 7, 1 ^. 0, 97

4.4. На четвертом валу: из формулы

РIV = PIII.

Проверка:

Р_IV = P_I.

5. Определение угловых скоростей валов привода

5.1. Первого вала

5.2. Второго вала: из формулы u₁=

5.3. Третьего вала: из формулы u₂=

5.4. Четвертого вала: из формулы u₃ =

; или

Проверка:

6. Определение вращающих моментов на валах привода: воспользуемся формулой:

,

где Р – мощность на данном валу в кВт;

- угловая скорость данного вала в рад/с

6.1. На первом валу ;

6.2. На втором валу ;

6.3. На третьем валу ;

6.4. На четвертом валу ;

Проверка:

Как видно из результатов расчётов в понижающих передачах происходит уменьшение угловых скоростей валов и соответствующее повышение вращающих моментов на валах при незначительном снижении передаваемой мощности.

Прежде, чем решать задачу надо перечертить из задания кинематическую схему привода к ней в произвольном масштабе, но с учётом подсчитанных значений передаточных чисел передач.

Так, например, в приведенном примере для ременной передачи u = 2 Þ ведущую деталь надо вычерчивать в 2 раза меньше ведомой. При вычерчивании необходимо учесть, что оси симметрии все деталей передач расположены по середине этих деталей.