Задача №1
/>
Е = 2∙105МПа, γ = 78 кН/м3,
F = 25 см2, a = 1,4 м,
b = 2,4 м, с = 2,4 м,
Р1 = 40 кН, Р2= 45 кН
λI-I —? Δl- ?
Решение.
Найдем веса различныхчастей бруса и нанесем их на схему (рис. 1):
P’ = F∙c∙γ = 0,0025∙2,4∙78 = 0,468кН
P’’ =2F∙b∙γ = 2∙0,0025∙2,4∙78= 0,936 кН
P’’’ = F∙a∙γ = 0,0025∙1,4∙78 = 0,273кН
Данный брус имеет шестьучастков нагружения. Возьмем произвольное сечение на участке 1 и, отбросивверхнюю часть бруса, рассмотрим равновесие оставшейся части:
Σz = 0; N1 = 0.
Возьмем произвольноесечение на участке 2:
Σz = 0; -N2 + Р’ = 0; N2 = Р’= 0,468 кН.
Возьмем произвольноесечение на участке 3:
Σz = 0; -N3 + Р’ + P2 = 0; N3 = Р’+ P2 = 0,468 +45 = 45,468 кН.
Возьмем произвольноесечение на участке 4:
Σz = 0; -N4 + Р’ + P2 + P’’= 0; N4 = Р’+ P2 + P’’=0,468 +45 + 0,936 = 46,404 кН.
Возьмем произвольноесечение на участке 5:
Σz = 0; -N5 + Р’ + P2 + P’’+ P1 = 0;
N5 = Р’+ P2 + P’’+ P1 = 0,468 +45 + 0,936 + 40 = 86,404кН.
Возьмем произвольноесечение на участке 6:
Σz = 0; -N6 + Р’ + P2 + P’’+ P1 + P’’’= 0;
N6 = Р’+ P2 + P’’+ P1 + P’’’= 0,468 +45 + 0,936 + 40 + 0,273 = 86,677 кН.
/>
Перемещение сечения I-I обусловлено изменением длины части бруса, заключенной междусечениями В и I-I и равно алгебраической сумме удлинений отдельных участков:
λI-I = />
Изменение длины брусанайдем, как алгебраическую сумму удлинений отдельных участков:
Δl = />
=/>
= 0,000353 м = 0,353 мм.
Задача №2
Найти угол наклонасечения, для которого нормальное и касательное напряжения равны по абсолютнойвеличине. Тело испытывает линейное напряженное состояние.
Решение.
Так как тело испытываетлинейное напряженное состояние, то лишь одно из главных напряжений не равнонулю.
Рассмотрим наклонноесечение (рис. 2) под углом α. В рассматриваемом сечении действуетнапряжение ра, направленное вдоль оси.
/>
Разложим напряжение рана составляющие: касательные напряжения τа, лежащие в плоскостиmn и нормальные σа,перпендикулярные плоскости mn.Тогда:
σа = ра∙ cos α,
τа = ра∙ sin α.
Из предыдущих соотношенийвидно, что σа = τа при α = 45°, cos 45° = sin 45°.
Задача №3
/>
Построить эпюры Мкр,φ и определить τmax для заданного вала с поперечным моментом сечения Wp для следующей схемы нагружения.
Решение.
Заданный вал имеет триучастка нагружения (рис. 3). Возьмем произвольное сечение в пределах участка 1и отбрасываем правую часть бруса. На оставленную часть бруса действуют моментыМ и МzI. Следовательно:
МzI = -М.
Рассмотрим участок 2:
МzII = 3M – M = 2M.
Рассмотрим участок 3:
МzIII = 3M + M – M = 3M.
Полярный моментсопротивления поперечного сечения для круга:
Wp = πd3/16.
Вычисляем максимальныекасательные напряжения в поперечных сечениях каждого участка.
/>
Знак касательныхнапряжений обусловлен знаком крутящего момента:
/>
/>
/>
Угол поворота сечениябруса с постоянными (в пределах каждого участка) поперечным сечением и крутящиммоментом определяется по формуле:
/>
Эпюру углов поворота сеченийстроим, начиная от закрепленного конца. В пределах каждого из участков брусаэпюра φ линейна, поэтому достаточно определить углы поворота только дляграничных сечений участков.
Угол поворота сечения D равен нулю, так как это сечениезакреплено:
φD = 0.
Угол поворота сечения С,равный углу закручивания участка CD:
/>.
Угол поворота сечения В:
/>.
Угол поворота сечения А:
/>
Задача №4
брус сечениенапряжение передаточный
/>
[σ] = 160 МПа, q = 10 кН/м,
Р = 10 кН, М = 20 кН∙м
d —?
Решение.
Балка имеет три участканагружения. Для первого участка: 0 ≤ z ≤ 2 м; для второго: 2 м ≤ z ≤ 4 м; для третьего: 4 м ≤ z ≤ 7 м (рис. 4). Пользуясь соотношениями:
/> и />,
строим эпюры.
На участке I действует равномерно распределеннаянагрузка, интенсивностью q,следовательно, поперечная сила изменяется по линейному закону от нуля до:
q∙2 = 10∙2 = 20 кН.
На участках II и III эпюра поперечных сил ограничена прямой, параллельнойоси балки, так как на этих участках отсутствует распределенная нагрузка.
На участке II:
QyII = q∙2 = 10∙2 = 20 кН.
На участке III:
QyIII = q∙2 – P = 10∙2-10 = 10 кН.
Построим эпюру изгибающихмоментов.
На участке I изгибающий момент изменяется позакону квадратной параболы от нуля до :
МхI = q∙2∙(2/2) = 10∙2 = 20 кН∙м.
На участках II и III изгибающий момент изменяется по линейному закону, таккак на этих участках отсутствует распределенная нагрузка.
В сечении, расположенномбесконечно близко слева от точки приложения момента М:
МхII = q∙2∙(2/2) – М = 10∙2 – 20 = 0 кН∙м.
В сечении, расположенномбесконечно близко справа от точки приложения силы Р:
МхII’ = q∙2∙(2+(2/2)) – М = 10∙2∙3 – 20 = 40 кН∙м.
В жесткой заделке:
МхIII = q∙2∙(3+2+(2/2)) – М — P∙3 = 10∙2∙6 – 20 — 10∙3 = 70 кН∙м.
Условие прочности:
/>
Из эпюры Мх:
maxMx = 70 кН∙м.
/>
Для круглого сечения:
/>.
/>
Задача №5
/>
Z1=14
Z2=16
n1=2000 об/мин
n3=900 об/мин
Определить передаточноеотношение от входного колеса 1 до водила Н и частоту вращения водила nН:
а) при включенныхтормозах Г и выключенной муфте М;
б) при включенной муфте Ми выключенных тормозах Г;
в) при выключенныхтормозах Г и муфте М и заданных частотах вращения колес 1, 3. Колеса вращаютсяв противоположных направлениях.
Решение:
1. Рассмотримкинематическую схему при включенных тормозах Г и выключенной муфте М (рис. 1).
Передаточное отношение:
/>
/>
/>
/>
/>
/>
/>
Определим частотувращения водила:
/>
/>
2. Рассмотримкинематическую схему при выключенных тормозах Г и включенной муфте М (рис. 2).
/>
Определим частотувращения водила:
n3 = nH = 900 об/мин.
Передаточное отношение:
/>
3. Рассмотримкинематическую схему при выключенных тормозах Г и муфте М (рис. 3).
Определим частотувращения водила:
/>
/>
Решая уравнение получаем:
nH = 1,64 об/мин.
Передаточное отношение:
/>
/>