Пример: Транспортная логистика
Я ищу:
На главную  |  Добавить в избранное  

Физика /

Расчетно-проектировочные задания

←предыдущая  следующая→
1 2 



Скачать реферат


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

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

2. Определить реакции опор для каждой балки

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

4. Вычертить в масштабе эпюры всех силовых факторов

5. 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

1. 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

2. 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

3. 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

4. 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

5. 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

6. 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

1. 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

1. 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

2. 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

3. 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

2. Определение поперечных сил

QА = RА = 151.19 кH

QВ = RА – 2 • g • 3.3 = 151.19 - 2 • 15 • 3.3 = 52.19 кH

3. 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:

1. реакции опор;

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

3. диаметр вала по третьей теории прочности.

Д1, мм Д2, мм Р, кВт , 1/с а, мм [], мН/м2

D 8 180 360 16 32 200 80

Дано:

Д1 = 0.18 м

Д2 = 0.18 м

Р = 16 кВт

 = 32 1/с

а = 0.2 м

[] = 80 мН/м2

1. Определение крутящего момента

/Мкр/ = /МZ/ = 16 • 103/32 = 500 Нм

2. Определение действующих сил и усилий

2.1. Окружные силы

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

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

2.2. Радиальные силы

Fr1 = F1 • tg/cos = 5555.5 • tg200/cos120 = 2067.2 Н

Fr2 = F2 • tg/cos = 2777.8 • tg200/cos120 = 1033.6 Н

3. Определение опорных реакций и изгибающих моментов плоскости zy

МА(FK) = 0 - Fr1 • 0.2 + RBz • 0.8 - F2 • 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

p>

0

←предыдущая  следующая→
1 2 



Copyright © 2005—2007 «Mark5»