Техническая механика задачи с решением и примерами

Здравствуйте на этой странице я собрала теорию и практику с примерами решения задач по предмету техническая механика с решением по каждой теме, чтобы вы смогли освежить знания!

Если что-то непонятно — вы всегда можете написать мне в WhatsApp и я вам помогу!

Техническая механика

Техническая механика – дисциплина, вмещающая в себя основные механические дисциплины: теоретическую механику, сопротивление материалов, теорию машин и механизмов, детали машин и основы конструирования.

Техническая механика – это наука, изучающая общие законы механического движения и механического взаимодействия материальных тел.

Основные понятия и аксиомы статики

Техническая механика — комплексная дисциплина. Она включает три раздела: «Техническая механика», «Сопротивление материалов», «Детали машин». « Техническая механика» — раздел, в котором излагаются основные законы движения твердых тел и их взаимодействия. В разделе «Сопротивление материалов» изучаются основы прочности материалов и методы расчетов элементов конструкций на прочность, жесткость и устойчивость под действием внешних сил. В заключительном разделе «Технической механики» «Детали машин» рассматриваются основы конструирования и расчета деталей и сборочных единиц общего назначения.

Дисциплина «Техническая механика» является общепрофессиональной, обеспечивающей базовые знания при усвоении специальных дисциплин, изучаемых в дальнейшем.

Задачи технической механики:

Техническая механика наука о механическом движении материальных твердых тел и их взаимодействии. Механическое движение понимается как перемещение тела в пространстве и во времени по отношению к другим телам, в частности к Земле.

Для удобства изучения техническую механику подразделяют на статику, кинематику и динамику.

Статика изучает условия равновесия тел под действием сил.

Кинематика рассматривает движение тел как перемещение в пространстве; характеристики тел и причины, вызывающие движение, не рассматриваются.

Динамика изучает движение тел под действием сил.

В отличие от физики техническая механика изучает законы движения некоторых абстрактных абсолютно твердых тел: здесь материалы, форма тел существенного значения не имеют. При движении абсолютно твердое тело не деформируется и не разрушается. В случае, когда размерами тела можно пренебречь, тело заменяют материальной точкой. Это упрощение, принятое в технической механике, значительно облегчает решение задач о движении.

Лекции:

1. Понятие о силе и системе сил
2. Аксиомы статики
3. Связи и реакции связей

Задача №1.

Груз подвешен на стержнях и канатах и находится в равновесии (рис. 1.13). Изобразить систему сил, действующих на шарнир .

Решение:

1. Реакции стержней направлены вдоль стержней, реакции гибких связей направлены вдоль нитей в сторону натяжения (рис. 1.13а).
2. Для определения точного направления усилий в стержнях мысленно убираем последовательно стержни 1 и 2. Анализируем возможные перемещения точки . Неподвижный блок с действующими на него силами не рассматриваем.
3. Убираем стержень 1. точка поднимается и отходит от стены, следовательно, реакция стержня 1 направлена к стене.
4. Убираем стержень 2, точка поднимается и приближается к стене, следовательно, реакция стержня 2 направлена от стены вниз.
5. Канат тянет вправо.
6. Освобождаемся от связей (рис. 1.136).

Задача №2.

Шар подвешен на нити и опирается на стену (рис. 1.14а). Определить реакции нити и гладкой опоры (стенки).

Решение:

1. Реакция нити — вдоль нити к точке вверх (рис. 1.146).
2. Реакция гладкой опоры (стенки) — по нормали от поверхности опоры.

Плоская система сходящихся сил. Определение равнодействующей геометрическим способом

Знать геометрический способ определения равнодействующей системы сил, условия равновесия плоской системы сходящихся сил.

Уметь определять равнодействующую, решать задачи на равновесие в геометрической форме.

Лекции:

1. Плоская система сходящихся сил
2. Равнодействующая сходящихся сил
3. Порядок построения многоугольника сил
4. Условие равновесия плоской системы сходящихся сил

Решение задач на равновесие геометрическим способом

Геометрическим способом удобно пользоваться, если в системе три силы. При решении задач на равновесие тело считать абсолютно твердым (отвердевшим).

Порядок решения задач:

1. Определить возможное направление реакций связей.
2. Вычертить многоугольник сил системы, начиная с известных сил в некотором масштабе. (Многоугольник должен быть замкнут, все векторы-слагаемые направлены в одну сторону по обходу контура.)
3. Измерить полученные векторы сил и определить их величину, учитывая выбранный масштаб.
4. Для уточнения решения рекомендуется определить величины векторов (сторон многоугольника) с помошью геометрических зависимостей.

Задача №3.

Груз подвешен на стержнях и находится в равновесии. Определить усилия в стержнях (рис. 2.5а).

Решение:

• Усилия, возникающие в стержнях крепления, по величине равны силам, с которыми стержни поддерживают груз (5-я аксиома статики) (рис. 2.5а). Определяем возможные направления реакций связей «жесткие стержни».

Усилия направлены вдоль стержней.

• Освободим точку от связей, заменив действие связей их реакциями (рис. 2.56).
• Система находится в равновесии. Построим треугольник сил.

Построение начнем с известной силы, вычертив вектор в некотором масштабе.

Из концов вектора проводим линии, параллельные реакциям и .

Пересекаясь, линии создадут треугольник (рис. 2.5в). Зная масштаб построений и измерив длину сторон треугольника, можно определить величину реакций в стержнях.

• Для более точных расчетов можно воспользоваться геометрическими соотношениями, в частности теоремой синусов: отношение стороны треугольника к синусу противоположного угла — величина постоянная

Для данного случая:

Замечание. Если направление вектора (реакции связи) на заданной схеме и в треугольнике сил не совпало, значит, реакция на схеме должна быть направлена в противоположную сторону.

Задача №4.

Груз подвешен на стержнях и канатах и находится в равновесии. Определить усилия в стержнях (рис. 2.6а).

Решение:

• Нанесем на схему возможные направления усилий, приложенных в точке . Реакции стержней — вдоль стержней, усилие от каната — вдоль каната от точки к точке .
• Груз находится в равновесии, следовательно, в равновесии находится точка , в которой пересекаются три силы.

Освободим точку от связей и рассмотрим ее равновесие (рис. 2.66).

Замечание. Рассмотрим только силы, приложенные к точке . Груз растягивает канат силой 45 кН по всей длине, поэтому усилие от каната известно: .

• Строим треугольник для сил, приложенных в точке , начиная с известной силы . Стороны треугольника параллельны предполагаемым направлениям сил, приложенных в точке .

Образовался прямоугольный треугольник (рис. 2.6в).

• Неизвестные реакции стержней можно определить из соотношений в прямоугольном треугольнике:

Замечание. При равновесии векторы сил в треугольнике направлены один за другим (обходим треугольник по часовой стрелке). Сравним направления сил в треугольнике с принятыми в начале расчета на рис. 1.26а. Направления совпали, следовательно, направления реакций определены верно.

Плоская система сходящихся сил. Определение равнодействующей аналитическим способом

Знать аналитический способ определения равнодействующей силы, условия равновесия плоской сходящейся системы сил в аналитической форме.

Уметь определять проекции силы на две взаимно перпендикулярные оси, решать задачи на равновесие в аналитической форме.

Лекции:

1. Проекция силы на ось
2. Определение равнодействующей системы сил аналитическим способом
3. Условия равновесия плоской системы сходящихся сил в аналитической форме

Задача №5.

Определить величины и знаки проекций представленных на рис. 3.6 сил.

Решение:

Задача №6.

Определить величину и направление равнодействующей плоской системы сходящихся сил аналитическим способом.

Решение:

• Определяем проекции всех сил системы на (рис. 3.7а):

Сложив алгебраически проекции, получим проекцию равнодействующей на ось .

Знак говорит о том, что равнодействующая направлена влево.

• Определяем проекции всех сил на ось значения проекций, получим величину проекции .

Сложив алгебраически значения проекций, получим величину проекции равнодействующей на ось .

Знак проекции соответствует направлению вниз. Следовательно, равнодействующая направлена влево и вниз (рис. 3.76).

• Определяем модуль равнодействующей по величинам проекций:

• Определяем значение угла равнодействующей с осью :

и значение угла с осью :

Задача №7.

Система трех сил находится в равновесии. Известны проекции двух сил системы на взаимно перпендикулярные оси и :

Определить, чему равна и как направлена третья сила системы.

Решение:

• Из уравнений равновесия системы определяем:

• По полученным величинам проекций определяем модуль силы:

• Направление вектора силы относительно оси (рис. 3.8):

Угол с осью будет равен

Пара сил и момент силы относительно точки

Знать обозначение, модуль и определение моментов пары сил и силы относительно точки, условия равновесия системы пар сил.

Уметь определять моменты пар сил и момент силы относительно точки, определять момент результирующей пары сил.

Лекции:

1. Пара сил, момент пары сил
2. Момент силы относительно точки

Задача №8.

Дана пара сил ; плечо 2 м. Заменить заданную пару сил эквивалентной парой с плечом 0,7 м (рис. 4.5).

Решение:

Пары сил эквивалентны, если моменты этих пар численно равны:

Задача №9.

Дана система пар сил (рис. 4.6). Определить момент результирующей пары.

Решение:

Момент результирующей па-равен алгебраической сумме моментов пар системы:

Подставив численные значения, получим:

Знак свидетельствует о том, что момент вызывает вращение по часовой стрелке. Величину силы и плеча определить не удается.

Примечание. Чтобы уравновесить данную систему пар, необходимо приложить пару сил, равную по модулю и направленную в обратную сторону. Такую пару сил называют уравновешивающей.

Задача №10.

Рассчитать сумму моментов сил относительно точки (рис. 4.7).

Решение:

1. Момент силы относительно точки численно равен произведению модуля силы на плечо силы.
2. Момент силы равен нулю, если линия действия силы проходит через точку.

Плоская система произвольно расположенных сил

Иметь представление о главном векторе, главном моменте равнодействующей плоской системы произвольно расположенных сил.

Знать теорему Пуансо о приведении силы к точке, приведение произвольной плоской системы сил к точке, три формы уравнений равновесия.

Уметь заменять произвольную плоскую систему сил одной силой и одной парой.

Лекции:

1. Теорема Пуансо о параллельном переносе сил
2. Приведение к точке плоской системы произвольно расположенных сил
3. Условие равновесия произвольной плоской системы сил

Задача №11.

Найти момент присоединенной пары при переносе силы в точку (рис. 5.3).

Решение:

Используем теорему Пуансо.

Задача №12.

Найти главный вектор системы (рис. 5.4).

Решение:

Главный вектор равен геометрической сумме сил:

Задача №13.

Найти главный момент системы относительно точки (использовать данные примера 2).

Решение:

Главный момент равен алгебраической сумме моментов сил относительно точки приведения:

Задача №14.

К телу приложена уравновешенная система сил (рис. 5.5). Две из них неизвестны. Определить неизвестные силы.

Решение:

Наносим оси координат и используем уравнения равновесия:

Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления

Иметь представление о видах опор и возникающих реакциях в опорах.

Знать три формы уравнений равновесия и уметь их использовать для определения реакций в опорах балочных систем.

Уметь выполнять проверку правильности решения.

Лекция:

• Виды нагрузок и разновидности опор

Задача №15.

Одноопорная (защемленная) балка нагружена сосредоточенными силами и парой сил (рис. 6.7). Определить реакции заделки.

Решение:

• В заделке может возникнуть реакция, представляемая двумя составляющими . и реактивный момент . Наносим на схему балки возможные направления реакций.

Замечание. Если направления выбраны неверно, при расчетах получим отрицательные значения реакций. В этом случае реакции на схеме следует направить в противоположную сторону, не повторяя расчета.

В силу малой высоты считают, что все точки балки находятся на одной прямой; все три неизвестные реакции приложены в одной точке. Для решения удобно использовать систему уравнений равновесия в первой форме. Каждое уравнение будет содержать одну неизвестную.

• Используем систему уравнений:

Знаки полученных реакций (+), следовательно, направления реакций выбраны верно.

• Для проверки правильности решения составляем уравнение моментов относительно точки /

Подставляем значения полученных реакций:

Решение выполнено верно.

Задача №16.

Двухопорная балка с шарнирными опорами и нагружена сосредоточенной силой , распределенной нагрузкой с интенсивностью и парой сил с моментом (рис. 6.8а). Определить реакции опор.

Решение:

• Левая опора (точка ) — подвижный шарнир, здесь реакция направлена перпендикулярно опорной поверхности.

Правая опора (точка ) — неподвижный шарнир, здесь наносим две составляющие реакции вдоль осей координат. Ось совмещаем с продольной осью балки.

• Поскольку на схеме возникнут две неизвестные вертикальные реакции, использовать первую форму уравнений равновесия нецелесообразно.
• Заменяем распределенную нагрузку сосредоточенной:

Сосредоточенную силу помещаем в середине пролета, далее задача решается с сосредоточенными силами (рис. 6.86).

• Наносим возможные реакции в опорах (направление произвольное).
• Для решения выбираем уравнение равновесия в виде

• Составляем уравнения моментов относительно точек крепления:

Реакция направлена верно.

Реакция отрицательная, следовательно, нужно направить в противоположную сторону.

• Используя уравнение проекций, получим:

— горизонтальная реакция в опоре .

Реакция отрицательна, следовательно, на схеме ее направление будет противоположно выбранному.

• Проверка правильности решения. Для этого используем четвертое уравнение равновесия

Подставим полученные значения реакций. Если условие выполнено, решение верно:

Пространственная система сил

Знать момент силы относительно оси, свойства момента, аналитический способ определения равнодействующей, условия равновесия пространственной системы сил.

Уметь выполнять разложение силы на три взаимно перпендикулярные оси, определять момент силы относительно оси.

Пространственная система сил — система сил, линии действия которых не лежат в одной плоскости.

Лекции:

1. Момент силы относительно оси
2. Пространственная сходящаяся система сил
3. Произвольная пространственная система сил

Задача №17.

На тело в форме куба с ребром действуют три силы (рис. 7.6). Определить моменты сил относительно осей координат, совпадающих с ребрами куба.

Решение:

• Моменты сил относительно оси :

• Моменты сил относительно оси :

• Моменты сил относительно оси :

Задача №18.

На горизонтальном валу закреплены два колеса, ; Остальные размеры — на рис. 7.7. К колесу 1 приложена сила , к колесу 2 — силы .

Определить силу и реакции в шарнирах и в состоянии равновесия.

Напомним:

• При равновесии выполняются шесть уравнений равновесия.

Уравнения моментов следует составлять относительно опор и .

• Силы .

Моменты этих сил относительно соответствующих осей равны нулю.

• Расчет следует завершить проверкой, использовав дополнительные уравнения равновесия.

Решение:

• Определяем силу , составив уравнение моментов сил относительно оси .

• Определяем реакции в опоре . На опоре действуют две составляющие реакции .

Составляем уравнение моментов сил относительно оси (в опоре ).

Поворот вокруг оси не происходит:

Знак «минус» означает, что реакция направлена в противоположную сторону.

Поворот вокруг оси не происходит, составляем уравнение моментов сил относительно оси (в опоре ):

• Определяем реакции в опоре . На опоре действуют две составляющие реакции . Составляем уравнение моментов сил относительно оси (опора ):

Составляем уравнение моментов относительно оси (опора ):

• Проверка. Используем уравнения проекций:

Расчет выполнен верно.

Центр тяжести

Иметь представление о системе параллельных сил и центре системы параллельных сил, о силе тяжести и центре тяжести.

Знать методы для определения центра тяжести тела и формулы для определения положения центра тяжести плоских фигур.

Уметь определять положение центра тяжести простых геометрических фигур, составленных из стандартных профилей.

Лекции:

1. Сила тяжести
2. Центр тяжести однородных плоских тел
3. Определение координат центра тяжести плоских фигур

Задача №19.

Определить положение центра тяжести фигуры, представленной на рис. 8.4.

Решение:

Разбиваем фигуру на три части:

1 — прямоугольник,

2 — треугольник,

3 — круг,

ЦТ фигуры 1:

ЦТ фигуры 2:

ЦТ фигуры 3:

Аналогично определяется

Задача №20.

Определить координаты центра тяжести составного сечения. Сечение состоит из листа и прокатных профилей (рис. 8.5).

Решение:

Примечание. Часто рамы сваривают из разных профилей, создавая необходимую конструкцию. Таким образом, уменьшается расход металла и образуется конструкция высокой прочности.

Для стандартных прокатных профилей собственные геометрические характеристики известны. Они приводятся в соответствующих стандартах.

1. Обозначим фигуры номерами и выпишем из таблиц необходимые данные:

1 — швеллер № 10 (ГОСТ 8240-89); высота ; ширина полки ; площадь сечения ;

2 — двутавр № 16 (ГОСТ 8239-89); высота 160 мм; ширина полки 81 мм; площадь сечения ;

3 — лист 5×100; толщина 5 мм; ширина 100 мм; площадь сечения .

1. Координаты центров тяжести каждой фигуры можно определить по чертежу.

Составное сечение симметрично, поэтому центр тяжести находится на оси симметрии и координата .

Швеллер 1: .

Двутавр 2: .

Лист 3: .

1. Определение центра тяжести составного сечения:

Основные понятия кинематики. Кинематика точки

Иметь представление о пространстве, времени, траектории, пути, скорости и ускорении.

Знать способы задания движения точки (естественный и координатный).

Знать обозначения, единицы измерения, взаимосвязь кинематических параметров движения, формулы для определения скоростей и ускорений (без вывода).

Кинематика рассматривает движение как перемещение в пространстве. Причины, вызывающие движение, не рассматриваются. Кинематика устанавливает способы задания движения и определяет методы определения кинематических параметров движения.

Лекция:

• Основные понятия кинематики

Задача №21.

Дано уравнение движения точки: Определить скорость точки в конце третьей секунды движения и среднюю скорость за первые 3 секунды.

Решение:

• Уравнение скорости

• Скорость в конце третьей секунды

• Средняя скорость

Задача №22.

Точка движется по кривой радиуса согласно уравнению (рис. 9.6).

Определить полное ускорение точки в конце второй секунды движения и указать направление касательной и нормальной составляющих ускорения в точке .

Решение:

• Касательное ускорение определяется как

Уравнение скорости: .

Скорость будет равна .

Касательное ускорение: .

Вывод: касательное ускорение не зависит от времени, оно постоянно.

• Нормальное ускорение: .

Скорость на второй секунде будет равна .

Величина нормального ускорения: .

• Полное ускорение: .

Полное ускорение в конце второй секунды:

• Нормальное ускорение направлено перпендикулярно скорости к центру дуги.

Касательное ускорение направлено по касательной к кривой и совпадает с направлением скорости, т. к. касательное ускорение — положительная величина (скорость растет).

Кинематика точки

Иметь представление о скоростях средней и истинной, об ускорении при прямолинейном и криволинейном движениях, о различных видах движения точки.

Знать формулы {без вывода) и графики равномерного и равнопеременного движений точки.

Уметь определять параметры движения точки по заданному закону движения, строить и читать кинематические графики.

Лекция:

1. Анализ видов и кинетических параметров движений
2. Кинематические графики

Задача №23.

По заданному закону движения определить вид движения, начальную скорость и касательное ускорение точки, время до остановки.

(Рекомендуется обойтись без расчетов, использовать метод сравнения заданного уравнения с уравнениями различных видов движений в общем виде.)

Решение:

• Вид движения: равнопеременное .

• При сравнении уравнений очевидно, что

— начальный путь, пройденный до начала отсчета 10 м;

— начальная скорость 20 м/с;

— постоянное касательное ускорение — .

— ускорение отрицательное, следовательно, движение замедленное (равнозамедленное), ускорение направлено в сторону, противоположную направлению скорости движения.

• Можно определить время, при котором скорость точки будет равна нулю:

Примечание. Если при равнопеременном движении скорость растет, значит, ускорение — положительная величина, график пути — вогнутая парабола. При торможении скорость падает, ускорение (замедление) — отрицательная величина, график пути — выпуклая парабола (рис. 10.4).

Задача №24.

Точка движется по желобу из точки в точку (рис. 10.5).

Как изменятся касательное и нормальное ускорения при прохождении точки через и ?

Скорость движения считать постоянной. Радиус участка , радиус участка .

Решение:

• Рассмотрим участок . Касательное ускорение равно нулю .

Нормальное ускорение при переходе через точку увеличивается в 2 раза, оно меняет направление, т. к. центр дуги не совпадает с центром дуги .

• На участке :

— касательное ускорение равно нулю: ;

— нормальное ускорение при переходе через точку меняется: до точки движение вращательное, после точки движение становится прямолинейным, нормальное напряжение на прямолинейном участке равно нулю.

• На участке полное ускорение равно нулю.

Задача №25.

По заданному графику скорости найти путь, пройденный за время движения (рис. 10.6).

Решение:

• По графику следует рассмотреть три участка движения. Первый участок — разгон из состояния покоя (равноускоренное движение).

Уравнение скорости .

Ускорение .

Второй участок — равномерное движение: .

Третий участок — торможение до остановки (равнозамедленное движение).

Уравнение скорости .

Ускорение

• Путь, пройденный за время движения, будет равен: первый участок:

второй участок:

третий участок:

Путь за время движения

Задача №26.

Тело, имевшее начальную скорость 36 км/ч, прошло 50 м до остановки. Считая движение равнозамедленным, определить время торможения.

Решение:

• Записываем уравнение скорости для равнозамедленного движения:

Определяем начальную скорость в м/с: .

Выразим ускорение (замедление) из уравнения скорости: .

• Записываем уравнение пути:

• После подстановки получим:

• Определяем время до полной остановки (время торможения):

Простейшие движения твердого тела

Иметь представление о поступательном движении, его особенностях и параметрах, о вращательном движении тела и его параметрах.

Знать формулы для определения параметров поступательного и вращательного движений тела.

Уметь определять кинематические параметры тела при поступательном и вращательном движениях, определять параметры любой точки тела.

Лекция:

1. Поступательное движение
2. Вращательное движение
3. Скорости и ускорения точек вращающегося тела

Задача №27.

По заданному графику угловой скорости (рис. 11.8) определить вид вращательного движения.

Решение:

1. Участок 1 — неравномерное ускоренное движение, .
2. Участок 2 — скорость постоянна — движение равномерное, .
3. Участок 3 — скорость убывает равномерно — равнозамедленное движение, .

Задача №28.

Ротор электродвигателя вращается со скоростью, описываемой уравнением . Определить вид движения.

Решение:

1. Анализируем выражение для скорости: скорость меняется и зависит от времени линейно. Следовательно, угловое ускорение — постоянно, .
2. Движение равнопеременное (равноускоренное, т. к. ускорение положительно).

Задача №29.

Тело вращалось равноускоренно из состояния покоя и сделало 360 оборотов за 2 мин. Определить угловое ускорение.

Решение:

• Один оборот равен радиан. Следовательно:

• Закон равнопеременного вращательного движения

В данном случае .

Следовательно,

Откуда

• Угловое ускорение равно

Задача №30.

Тело вращалось с угловой частотой 1200 об/мин. Затем движение стало равнозамедленным, и за 30 секунд скорость упала до 900 об/мин. Определить число оборотов тела за это время и время до полной остановки.

Решение:

1. Построить график изменения скорости за 30 с (рис. 11.9).

Определяем угловую скорость вращения тела:

Определяем угловое ускорение:

Определяем угол поворота за прошедшее время:

Число оборотов за 30 с:

Определяем время до полной остановки. Скорость при остановке равна нулю, . Таким образом, . Тогда .

Задача №31.

Маховое колесо вращается равномерно со скоростью 120 об/мин (рис. 11.10). Радиус колеса 0,3 м. Определить скорость и полное ускорение точек на ободе колеса, а также скорость точки, находящейся на расстоянии 0,15 м от центра.

Решение:

• Угловая скорость

• Линейная скорость на ободе колеса

• Скорость в точке (рис. 11.10)

• Угловое ускорение

Касательное ускорение точки ; нормальное ускорение точки

• Полное ускорение точек на ободе колеса

Сложное движение точки. Сложное движение твердого тела

Иметь представление о системах координат, об абсолютном, относительном и переносном движениях.

Знать разложение сложного движения на относительное и переносное, теорему сложения скоростей.

Знать разложение плоскопараллельного движения на поступательное и вращательное, способы определения мгновенного центра скоростей.

Лекции:

1. Сложное движение точки
2. Плоскопараллельное движение твердого тела
3. Метод разложения сложного движения на поступательное и вращательное
4. Метод определения мгновенного центра скоростей

Задача №33.

Рассмотрим механизм, в котором стержень вращается вокруг точки со скоростью . Вдоль стержня перемещается ползун со скоростью (рис. 12.8). Определить абсолютную скорость точки .

Решение:

1. Относительное движение -вдоль стержня; скорость
2. Переносное движение — вращение стержня; скорость
3. Скорость абсолютного движения

Задача №34.

Стержень соскальзывает вниз, опираясь концами о стену и пол (рис. 12.9).

Длина стержня 1,5 м; в момент, изображенный на чертеже, скорость точки . Найти скорость точки .

1. Найдем положение МЦС. Скорости точек и направлены вдоль стены и вдоль пола. Восстанет вливая перпендикуляры к векторам скоростей, находим МЦС.
2. По известной скорости определяем угловую скорость стержня:

Скорость точки :

Основные понятия и аксиомы динамики. Понятие о трении

Иметь представление о массе тела и ускорении свободного падения, о связи между силовыми и кинематическими параметрами движения, о двух основных задачах динамики.

Знать аксиомы динамики и математическое выражение основного закона динамики.

Знать зависимости для определения силы трения.

Лекции:

1. Содержание и задачи динамики
2. Аксиомы динамики
3. Понятие о трении. Виды трения

Задача №35.

Свободная материальная точка, масса которой 5 кг, движется согласно уравнению . Определить величину движущей силы.

Решение:

1. Ускорение точки:
2. Действующая сила согласно основному закону динамики .

Задача №36.

К двум материальным точкам массой и приложены одинаковые силы. Сравнить величины ускорений.

Решение:

Согласно третьей аксиоме динамики ускорения обратно пропорциональны массам:

Задача №37.

На материальную точку действует система сил (рис. 13.5). Определить числовое значение ускорения, полученного материальной точкой . Остальные данные представлены на чертеже.

Решение:

1-й вариант.

• Определяем суммарную силу, действующую на точку:

Определяем ускорение, сообщенное точке:

2-й вариант.

Определяем ускорения от каждой из сил системы (рис. 13.56):

Определяем суммарное ускорение:

Движение материальной точки. Метод кинетостатики

Иметь представление о свободных и несвободных материальных точках, о силах инерции, об использовании силы инерции дм решения технических задач.

Знать формулы для расчета силы инерции при поступательном и вращательном движениях, знать принцип Даламбера уметь определять параметры движения с использованием законов динамики и метода кинетостатики.

Лекции:

1. Свободная и несвободная точки
2. Сила инерции
3. Принцип кинетостатики (принцип Даламбера)

Задача №38.

Рассмотрим движение платформы по шероховатой поверхности с ускорением (рис. 14.4).

Решение:

Активные силы: движущая сила, сила трения, сила тяжести. Реакция в опоре . Прикладываем силу инерции в обратную от ускорения сторону. По принципу Даламбера, система сил, действующих на платформу, становится уравновешенной, и можно составить уравнения равновесия. Наносим систему координат и составляем уравнения проекций сил.

где — движущая сила; — сила трения; — сила тяжести; — реакция опоры; — сила инерции; — коэффициент трения.

Задача №39.

Тело весом движется вверх по наклонной плоскости согласно уравнению (рис. 14.5). Определить величину движущей силы, если коэффициент трения тела о плоскость .

Решение:

• Составим расчетную схему, выберем систему координат с осью вдоль наклонной плоскости.

Активные силы: движущая, сила трения, сила тяжести. Наносим реакцию в опоре перпендикулярно плоскости. Чтобы верно направить силу инерции, необходимо знать направление ускорения, определить это можно по уравнению движения.

При движение равноускоренное.

• Определяем ускорение движения:

Силу направим в обратную от ускорения сторону.

• По принципу Даламбера составим уравнения равновесия:

• Подставим все известные величины в уравнения равновесия

Выразим неизвестную силу и решим уравнение:

Задача №40.

График изменения скорости лифта при подъеме известен (рис. 14.6). Масса лифта с грузом 2800 кг. Определить натяжение каната, на котором подвешен лифт на всех участках подъема

Решение:

• Рассмотрим участок 1 — подъем с ускорением. Составим схему сил (рис. 14.7). Уравнение равновесия кабины лифта:

где — натяжение каната; — сила тяжести; — сила инерции растягивающая канат.

Для определения ускорения на участке 1 учтем, что движение на этом участке равнопеременное, скорость

Следовательно, ускорение:

Определяем усилие натяжения каната при подъеме с ускорением

Рассмотрим участок 2 — равномерный подъем.

Ускорение и сила инерции равны нулю. Натяжение каната равно силе тяжести.

Участок 3 — подъем с замедлением. Ускорение направлено в сторону, обратную направлению подъема. Составим схему сил (рис. 14.8).

Уравнение равновесия: FK„3

Отсюда

Ускорение (замедление) на этом участке определяется с учетом того, что

Натяжение каната при замедлении до остановки:

Таким образом, натяжение каната меняется при каждом подъеме и опускании, канат выходит из строя в результате усталости материала. Работоспособность зависит от времени.

Задача №41.

Самолет выполняет «мертвую петлю» при скорости , радиус петли 1000 м, масса летчика 75 кг. Определить величину давления тела на кресло в верхней точке «мертвой петли».

Решение:

1. Схема сил, действующих на летчика (рис. 14.9):

где — сила тяжести, — реакция в опоре, — сила инерции.

Сила давления летчика на кресла равна силе давления опоры на летчика.

1. Уравнение равновесия (движение равномерное по дуге, действует только нормальное ускорение):

Работа и мощность

Иметь представление о работе силы при прямолинейном и криволинейном перемещениях, о мощности полезной и затраченной, о коэффициенте полезного действия.

Знать зависимости для определения силы трения, формулы для расчета работы и мощности при поступательном и вращательном движениях.

Уметь рассчитывать работу и мощность с учетом потерь на трение и сил инерции.

Лекции:

1. Работа силы
2. Работа постоянной силы на криволинейном пути
3. Работа силы тяжести
4. Работа равнодействующей силы

Задача №42.

Тело массой 200 кг поднимают по наклонной плоскости (рис. 15.8).

Определите работу при перемещении на 10 м с постоянной скоростью. Коэффициент трения тела о плоскость .

Решение:

• При равномерном подъеме движущая сила равна сумме сил сопротивления движению. Наносим на схему силы, действующие на тело:

• Используем теорему о работе равнодействующей:

• Подставляем входящие величины и определяем работу по подъему:

Задача №43.

Определите работу силы тяжести при перемещении груза из точки в точку по наклонной плоскости (рис. 15.9). Сила тяжести тела 1500 Н. .

Решение:

• Работа силы тяжести зависит только от изменения высоты груза. Изменение высоты при перемещении из точки в :

• Работа силы тяжести:

Задача №44.

Определите работу силы резания за 3 мин. Скорость вращения детали 120 об/мин, диаметр обрабатываемой детали 40 мм, сила резания 1 кН (рис. 15.10).

Решение:

• Работа при вращательном движении

где — сила резания.

• Угловая частота вращения 120об/мин.
• Число оборотов за заданное время составляет .

Угол поворота за это время

• Работа за 3 мин

Коэффициент полезного действия

Иметь представление о мощности при прямолинейном и криволинейном перемещениях, о мощности полезной и затраченной, о коэффициенте полезного действия.

Знать зависимости для определения мощности при поступательном и вращательном движениях, КПД.

Уметь рассчитать мощность с учетом потерь на трение и сил инерции.

Лекции:

1. Мощность
2. Коэффициент полезного действия

Задача №45.

Определить потребную мощность мотора лебедки для подъема груза весом 3 кН на высоту 10 м за 2,5 с (рис. 16.3). КПД механизма лебедки 0,75.

Решение:

• Мощность мотора используется на подъем груза с заданной скоростью и преодоление вредных сопротивлений механизма лебедки.

Полезная мощность определяется по формуле . В данном случае ; груз движется поступательно.

• Скорость подъема груза .

• Необходимое усилие равно весу груза (равномерный подъем).
• Полезная мощность .
• Полная мощность, затрачиваемая мотором,

Задача №46.

Судно движется со скоростью 56 км/ч (рис. 16.4). Двигатель развивает мощность 1200 кВт.

Определить силу сопротивления воды движению судна. КПД машины 0,4.

Решение:

• Определяем полезную мощность, используемую на движение с заданной скоростью:

• По формуле для полезной мощности можно определить движущую силу судна с учетом условия . При равномерном движении движущая сила равна силе сопротивления воды: .

• Скорость движения судна:

• Сила сопротивления воды

Задача №47.

Точильный камень прижимается к обрабатываемой детали с силой 1,5 кН (рис. 16.5). Какая мощность затрачивается на обработку детали, если коэффициент трения материала камня о деталь 0,28; деталь вращается со скоростью 100 об/мин, диаметр детали 60 мм.

• Резание осуществляется за счет трения между точильным камнем и обрабатываемой деталью:

Момент силы резания:

Угловая скорость вращения детали:

Мощность, необходимая для обработки детали:

Общие теоремы динамики

Иметь представление о понятиях «импульс силы», «количество движения», «кинетическая энергия»-, о системе материальных точек, о внутренних и внешних силах системы.

Знать основные теоремы динамики, основные уравнения динамики при поступательном и вращательном движениях твердого тела, формулы для расчета моментов инерции некоторых однородных твердых тел.

Уметь определять параметры движения с помощью теорем динамики.

Лекции:

1. Общие теоремы динамики
2. Основы динамики системы материальных точек

Задача №48.

Автомобиль двигался со скоростью 54 км/ч. В результате резкого торможения автомобиль остановился. Определите время торможения, если коэффициент трения между поверхностью дороги и колесами автомобиля 0,36.

Решение:

Принимаем автомобиль за материальную точку (рис. 17.8).

1. Считаем, что торможение произошло только за счет трения. Используем теорему об изменении количества движения. Начальная скорость . По теореме изменения количества движения . Конечная скорость (остановка).
2. Тормозная сила

здесь — сила прижатия; — коэффициент трения; — сила тяжести; — масса автомобиля; — ускорение свободного падения; .

После подстановок получаем формулу для определения времени торможения.

Задача №49.

После отключения двигателя колесо радиусом 0,5 м и массой 700 кг имело угловую частоту вращения 300 об/мин. Определите момент трения в подшипниках, если вал колеса остановился через 1,5 мин. Вращение принять равнопеременным, колесо считать сплошным цилиндром (рис. 17.9).

Решение:

• Запишем уравнение динамики при вращении:

где — суммарный момент внешних сил; — момент инерции; — угловое ускорение; — движущий момент; — момент трения (сил сопротивления).

• Определим угловое ускорение по формуле для угловой скорости при равнопеременном движении:

Тогда

• Определим момент инерции колеса, считая его сплошным цилиндром:

• Определяем величину тормозного момента — момента трения в подшипниках:

Задача №50.

Шкив приводится во вращение ременной передачей (рис. 17.10). Натяжение ведущей ветви ремня , ведомого — . Масса шкива 200 кг, диаметр 80 мм, момент сопротивления в подшипниках 1,2 Н-м. Определить угловое ускорение вала пренебрегая его массой. Шкив считать тонкостенным цилиндром.

Решение:

• Используем основное уравнение динамики
• Определяем суммарный момент внешних сил

• Рассчитываем момент инерции шкива, влиянием вала пренебрегаем:

• Определяем угловое ускорение шкива

Основные положения, гипотезы и допущения о сопротивлении материалов

Иметь представление о видах расчетов в сопротивлении материалов, о классификации нагрузок, о внутренних силовых факторах и возникающих деформациях, о механических напряжениях.

Знать основные понятия, гипотезы и допущения в сопротивлении материалов.

«Сопротивление материалов» — это раздел «Технической механики», в котором излагаются теоретико-экспериментальные основы и методы расчета наиболее распространенных элементов конструкций на прочность, жесткость и устойчивость.

В сопротивлении материалов пользуются данными смежных дисциплин: физики, теоретической механики, материаловедения, математики и др. В свою очередь сопротивление материалов как наука является опорной базой для целого ряда технических дисциплин.

Любые создаваемые конструкции должны быть не только прочными и надежными, но и недорогими, простыми в изготовлении и обслуживании, с минимальным расходом материалов, труда и энергии.

Расчеты сопротивления материалов являются базовыми для обеспечения основных требований к деталям и конструкциям.

Лекции:

1. Основные требования к деталям и конструкциям и виды расчетов в сопротивлении материалов
2. Классификация нагрузок и элементов конструкции
3. Метод сечений

Задача №51.

Определить величину продольной силы в сечении 1-1 (рис. 19.4).

Решение:

Используем уравнение равновесия

Рассматривая левую часть бруса, определяем

Рассматривая правую часть бруса, определяем

Величина продольной силы п сечении не зависит от того, какая часть бруса рассматривается.

Задача №52.

Определить внутренний силовой фактор в сечении 1-1 (рис. 19.5а).

Решение:

Используем уравнение равновесия

Рассматриваем правую часть бруса. На отсеченную часть бруса принято смотреть со стороны отброшенной части (рис. 19.56) Получаем

Растяжение и сжатие. Внутренние силовые факторы, напряжения. Построение эпюр

Иметь представление о продольных силах, о нормальных напряжениях в поперечных сечениях.

Знать правила построения эпюр продольных сил и нормальных напряжений, закон распределения нормальных напряжений в поперечном сечении бруса.

Уметь строить эпюры продольных сил и нормальных напряжений.

Лекции:

1. Растяжение и сжатие
2. Примеры построения эпюры продольных сил
3. Напряжения при растяжении и сжатии

Задача №53.

Ступенчатый брус нагружен вдоль оси двумя силами. Брус защемлен с левой стороны (рис. 20.6). Пренебрегая весом бруса, по строить эпюры продольных сил и нормальных напряжений.

Решение:

1. Определяем участки нагружения, их два.
2. Определяем продольную силу в сечениях 1 и 2.
3. Строим эпюру.
4. Рассчитываем величины нормальных напряжений и строим эпюру нормальных напряжений в собственном произвольном масштабе.
5. Определяем продольные силы.

Сечение 1

Сечение 2

В обоих сечениях продольные силы положительны.

Определяем нормальные напряжения

Сопоставляя участки нагружения с границами изменения площади, видим, что образуется 4 участка напряжений.

Нормальные напряжения в сечениях по участкам:

Откладываем значения напряжений вверх от оси, т. к. значения их положительные (растяжение). Масштаб эпюр продольной силы и нормальных напряжений выбирается отдельно в зависимости от порядка цифр и имеющегося на листе места.

Растяжение и сжатие. Продольные и поперечные деформации. Закон Гука

Иметь представление о продольных и поперечных деформациях и их связи.

Знать закон Гука, зависимости и формулы для расчета напряжений и перемещений.

Уметь проводить расчеты на прочность и жесткость статически определимых брусьев при растяжении и сжатии.

Лекции:

1. Деформации при растяжении и сжатии
2. Закон Гука
3. Формулы для расчета перемещений поперечных сечений бруса при растяжении и сжатии

Задача №54.

Дана схема нагружения и размеры бруса до деформации (рис. 21.3). Брус защемлен, определить перемещение свободного конца.

Решение:

1. Брус ступенчатый, поэтому следует построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений.

Делим брус на участки нагружения, определяем продольные силы, строим эпюру продольных сил.

1. Определяем величины нормальных напряжений по сечениям с учетом изменений площади поперечного сечения.

Строим эпюру нормальных напряжений.

1. На каждом участке определяем абсолютное удлинение. Результаты алгебраически суммируем.

Примечание. Балка защемлена, в заделке возникает неизвестная реакция в опоре, поэтому расчет начинаем со свободного конца (справа).

1. Два участка нагружения:

участок 1: ; растянут;

участок 2: сжат.

Три участка по напряжениям:

Удлинения участков (материал — сталь ):

Суммарное удлинение бруса (перемещение свободного конца).

Механические испытания, механические характеристики

Иметь представление о предельных и допускаемых напряжениях и коэффициенте запаса прочности.

Знать диаграммы растяжения и сжатия пластичных и хрупких материалов, порядок расчетов на прочность.

При выборе материалов для элементов конструкции и расчетов на прочность необходимо знать механические характеристики. Необходимые сведения получают экспериментально при испытаниях на растяжение, сжатие, срез, кручение и изгиб.

Лекции:

1. Статические испытания на растяжение и сжатие
2. Механические характеристики
3. Виды диаграмм растяжения
4. Предельные и допустимые напряжения
5. Расчеты на прочность при растяжении и сжатии

Задача №55.

Прямой брус растянут силой 150 кН (рис. 22.6), материал — сталь , запас прочности . Определить размеры поперечного сечения бруса.

Решение:

• Условие прочности:

• Потребная площадь поперечного сечения определяется соотношением

• Допускаемое напряжение для материала рассчитывается из заданных механических характеристик. Наличие предела текучести означает, что материал — пластичный.

• Определяем величину потребной площади поперечного сечения бруса и подбираем размеры для двух случаев.

Сечение — круг, определяем диаметр.

Полученную величину округляем в большую сторону , .

Сечение — равнополочный уголок № 5 по ГОСТ 8509-86. Ближайшая площадь поперечного сечения уголка— (Приложение 1).

Практические расчеты на срез и смятие. Основные предпосылки расчетов и расчетные формулы

Иметь представление об основных предпосылках и условностях расчетов о деталях, работающих на срез и смятие.

Знать внутренние силовые факторы, напряжения и деформации при сдвиге и смятии, условия прочности.

Уметь определять площади среза и смятия.

Детали соединений (болты, штифты, шпонки, заклепки) работают так, что можно учитывать только один внутренний силовой фактор — поперечную силу. Такие детали рассчитываются на сдвиг.

Лекции:

1. Сдвиг (срез)
2. Смятие

Задача №56.

Определить потребное количество заклепок для передачи внешней нагрузки 120 кН. Заклепки расположить в один ряд. Проверить прочность соединяемых листов. Известно: : — 100 МПа; диаметр заклепок 16 мм.

Решение:

• Определить количество заклепок из расчета на сдвиг (рис. 24.1).

Условие прочности на сдвиг:

где — количество заклепок.

Откуда

Таким образом, необходимо 6 заклепок.

• Определить количество заклепок из расчета на смятие.

Условие прочности на смятие:

— нагрузка на одну заклепку.

Откуда

Таким образом, необходимо 4 заклепки.

Для обеспечения прочности на сдвиг {срез) и смятие необходимо 6 заклепок.

Для удобства установки заклепок расстояние между ними и от края листа регламентируется. Шаг в ряду (расстояние между центрами) заклепок расстояние до края . Следовательно, для расположения шести заклепок диаметром 16 мм необходима ширина листа 288 мм. Округляем величину до 300 мм .

• Проверим прочность листов на растяжение. Проверяем тонкий лист. Отверстия под заклепки ослабляют сечение, рассчитываем площадь листа в месте, ослабленном отверстиями (рис. 24.2):

Условие прочности на растяжение:

Следовательно, прочность листа обеспечена.

Задача №57.

Проверить прочность заклепочного соединения на срез и смятие. Нагрузка на соединение .

Решение:

• Соединение двухсрезными заклепками последовательно воспринимается тремя заклепками в левом ряду, а затем тремя заклепками в правом ряду (рис. 24.3).

Площадь сдвига каждой заклепки Площадь смятия боковой поверхности

• Проверим прочность соединения на сдвиг (срез).

— поперечная сила в поперечном сечении заклепки:

Прочность на сдвиг обеспечена.

• Проверим прочность соединения на смятие:

Прочность заклепочного соединения обеспечена.

Задача №58.

Проверить прочность сварного соединения угловыми швами с накладкой. Действующая нагрузка 60 кН, допускаемое напряжение металла шва на сдвиг 80 МПа.

Решение:

1. Нагрузка передается последовательно через два шва слева, а далее — два шва справа (рис. 24.4). Разрушение угловых швов происходит по площадкам, расположенным под углом 45° к поверхности соединяемых листов.
2. Проверим прочность сварного соединения на срез.

Двухсторонний угловой шов можно рассчитать по формуле

где — расчетная площадь среза шва; — катет шва, равен толщине накладки; — длина шва.

Следовательно,

Расчетное напряжение меньше допускаемого, прочность обеспечена.

Геометрические характеристики плоских сечений

Иметь представление о физическом смысле и порядке определения осевых, центробежных и полярных моментов инерции, о главных центральных осях и главных центральных моментах инерции.

Знать формулы моментов инерции простейших сечений, способы вычисления моментов инерции при параллельном переносе осей.

При растяжении, сжатии, смятии и сдвиге деталь сопротивляется деформации всем сечением одинаково. Здесь геометрической характеристикой сечения является площадь.

При кручении и изгибе сечение сопротивляется деформации не одинаково, при расчетах напряжений появляются другие геометрические характеристики сечения, влияющие на сопротивления сечения деформированию.

Лекции:

1. Статический момент площади сечения
2. Центробежный момент инерции
3. Осевые моменты инерции
4. Полярный момент инерции сечения
5. Моменты инерции простейших сечений
6. Полярный момент инерции круга
7. Моменты инерции относительно параллельных осей
8. Главные оси и главные моменты инерции

Задача №59.

Определить величину осевых моментов инерции плоской фигуры относительно осей и (рис. 25.5).

Решение:

1. Определим осевой момент инерции относительно оси . Используем формулы для главных центральных моментов. Представим момент инерции сечения как разность моментов инерции круга и прямоугольника.

Для круга

Для прямоугольника

Для прямоугольника ось не проходит через ЦТ. Момент инерции прямоугольника относительно оси :

где — площадь сечения; — расстояние между осями и .

Метод инерции сечения

Осевой момент инерции относительно оси :

Момент инерции сечения

Задача №60.

Найти главный центральный момент инерции сечения относительно оси (рис. 25.6).

Решение:

• Сечение составлено из стандартных профилей, главные центральные моменты инерции которых приводятся в таблицах ГОСТ, см. Приложение 1. Для двутавра № 14 по ГОСТ 8239-89 .

Для швеллера № 16 по ГОСТ 8240-89 4.

Площадь

• Определяем координату центра тяжести швеллера относительно оси . В заданном сечении швеллер повернут и поднят. При этом главные центральные оси поменялись местами.

по ГОСТ находим

• Момент инерции сечения равен сумме моментов инерции швеллеров и двутавра относительно оси . Используем формулу моментов инерции относительно параллельных осей:

В данном случае

— (расстояние между осями координат и ).

Кручение. Внутренние силовые факторы при кручении. Построение эпюр крутящих моментов

Иметь представление о деформациях при кручении, о внутренних силовых факторах при кручении.

Уметь строить эпюры крутящих моментов.

Лекции:

1. Деформации при кручении
2. Гипотезы при кручении
3. Внутренние силовые факторы при кручении
4. Эпюры крутящих моментов

Задача №61.

На распределительном валу (рис. 26.3) установлены четыре шкива, на вал через шкив 1 подается мощность 12 кВт, которая через шкивы 2, 3, 4 передается потребителю; мощности распределяются следующим образом: вал вращается с постоянной скоростью Построить эпюру крутящих моментов на валу.

Решение:

• Определяем моменты пар сил на шкивах. Вращающий момент определяем из формулы мощности при вращательном движении

Момент на шкиве 1 движущий, а моменты на шкивах 2, 3, 4 — моменты сопротивления механизмов, поэтому они имеют противоположное направление. Брус скручивается между движущим моментом и моментами сопротивления. При равновесии момент движущий равен сумме моментов сопротивления:

• Определяем крутящие моменты в поперечных сечениях бруса с помощью метода сечений.

Строим эпюру крутящих моментов. Заметим, что скачок кя эпюре всегда численно равен приложенному вращающему момент

Выбираем соответствующий масштаб.

Откладываем значения моментов, штрихуем эпюру поперек, об водим по контуру, записываем значения моментов (см. эпюру под схемой вала (рис. 26.3)). Максимальный крутящий момент на участке III .

Пример 2. Выбрать рациональное расположение колес на вал (рис. 26.5).

Примечание. Меняя местами колеса (шкивы) на валу можно изменять величины крутящих моментов. Рациональным расположением является такое, при котором крутящие моменты принимают минимальные из возможных значения.

Рассмотрим нагрузки на валу при различном расположении колес.

Из представленных вариантов наиболее рационально расположение шкивов в третьем случае, здесь значения крутящих моментов минимальны. Вывод: при установке шкивов желательно, чтобы мощность подавалась в середине вала и по возможности равномерно распределялась направо и налево.

Первый вариант:

Второй вариант:

Третий вариант:

Кручение. Напряжения и деформации при кручении

Иметь представление о напряжении и деформациях при кручении, о моменте сопротивления при кручении.

Знать формулы для расчета напряжений в точке поперечного сечения, закон Гука при кручении.

Лекции:

1. Напряжения при кручении
2. Напряжение в любой точке поперечного сечения
3. Максимальные напряжения при кручении
4. Виды расчетов на прочность
5. Расчет на жесткость

Задача №63.

Из расчетов на прочность и жесткость определить потребный диаметр вала для передачи мощности 63 кВт при скорость 30 рад/с. Материал вала — сталь, допускаемое напряжение при кручении 30 МПа; допускаемый относительный угол закручивания ; модуль упругости при сдвиге .

Решение:

• Определение размеров поперечного сечения из расчета на прочность.

Условие прочности при кручении:

Определяем вращающий момент из формулы мощности при вращении:

Из условия прочности определяем момент сопротивления вала при кручении

Значения подставляем в ньютонах и мм.

Определяем диаметр вала:

• Определение размеров поперечного сечения из расчета на жесткость.

Условие жесткости при кручении:

Из условия жесткости определяем момент инерции сечения при кручении:

Определяем диаметр вала:

• Выбор потребного диаметра вала из расчетов на прочность и жесткость.

Для обеспечения прочности и жесткости одновременно из двух найденных значений выбираем большее.

Полученное значение следует округлить, используя ряд предпочтительных чисел. Практически округляем полученное значение так, чтобы число заканчивалось на 5 или 0. Принимаем значение .

Для определения диаметра вала желательно пользоваться стандартным рядом диаметров, приведенном в Приложении 2.

Кручение. Расчеты на прочность и жесткость при кручении

Иметь представление о рациональных формах поперечного сечения и рациональном расположении колес на валу.

Знать условия прочности и жесткости при кручении.

Уметь выполнять проектировочные и проверочные расчеты круглого бруса для статически определимых систем.

Задача №64.

Для заданного бруса (рис. 28.1) построить эпюры крутящих моментов, рациональным расположением шкивов на валу добиться уменьшения значения максимального крутящего момента. Построить эпюру крутящих моментов при рациональном расположении шкивов.

Из условия прочности определить диаметры вала для сплошного и кольцевого сечений, приняв . Сравнить полученные результаты по полученным площадям поперечных сечений. .

Решение:

• Пользуясь методом сечений, определяем крутящие моменты на участках вала (рис. 28.2).

Сечение 1 (рис. 28.2а): .

Сечение 2 (рис. 28.26): .

Сечение 3 (рис. 28.2в): .

1. Строим эпюру крутящих моментов. Значения крутящих моментов откладываем вниз от оси, т. к. моменты отрицательные.

Максимальное значение крутящего момента на валу в этом случае 1000 Н-м (рис. 28.1).

• Выберем рациональное расположение колес на валу. Наиболее целесообразно такое размещение колес, при котором наибольшие положительные и отрицательные значения крутящих моментов на участках будут по возможности одинаковыми. Из этих соображений ведущий шкив, передающий момент 1000 Н-м, помещаем ближе к центру вала, ведомые шкивы 1 и 2 размещаем слева от ведущего с моментом 1000 Н-м, шкив 3 остается на том же месте. Строим эпюру крутящих моментов при выбранном расположении шкива (рис. 28.3).

Максимальное значение крутящего момента на валу при выбранном расположении колес на валу 600 Н м.

1. Определяем диаметры вала по сечениям при условии, что сечение — круг.

Условие прочности при кручении .

Момент сопротивления кручению

Определяем диаметры вала по сечениям:

Округляем полученные значения: .

• Определяем диаметры вала по сечениям при условии, что сечение — кольцо.

Моменты сопротивления остаются теми же.

По условию .

Полярный момент сопротивления кольца

Формула для определения наружного диаметра вала кольцевого сечения будет следующей:

Расчет можно провести по формуле

Диаметры вала по сечениям:

Наружные диаметры вала кольцевого сечения практически не изменились.

Для кольцевого сечения:

• Для вывода об экономии металла при переходе на кольцевое сечение сравним площади сечений (рис. 28.4).

При условии, что сечение — круг (рис. 28.4а):

Сплошное круглое сечение:

При условии, что сечение — кольцо, (рис. 28.46):

Кольцевое сечение:

Сравнительная оценка результатов:

Следовательно, при переходе с кругового на кольцевое сечение экономия металла по весу составит 1,3 раза.

Задача №65.

Стальной вал диаметром 40 мм передает мощность 15 кВт при угловой скорости 80 рад/с (рис. 28.5); проверить прочность и жесткость вала, если допускаемое напряжение кручения 20 МПа. Модуль упругости при сдвиге . Допускаемый угол закручивания . Построить эпюру касательных напряжений и определить значение касательного напряжения в точке, удаленной на 5 мм от оси вала.

Решение:

• Определяем вращающий момент на валу:

Проверка прочности вала.

Из условия равновесия

Условие прочности:

где — расчетное напряжение в сечении; — крутящий момент в сечении; — момент сопротивления; — допускаемое напряжение кручения.

• Прочность обеспечена. Максимальное касательное напряжение в сечении .

• Проверка жесткости. Условие жесткости:

где — относительный угол закручивания; — полярный момент инерции при кручении; — допускаемый угол закручивания.

Угол закручивания участка

Жесткость обеспечена.

• Построим эпюру касательных напряжений в поперечном сечении (рис. 28.56). Определим напряжение в точке, удаленной на 5 мм от оси вала.

Изгиб. Классификация видов изгиба. Внутренние силовые факторы при изгибе

Иметь представление о видах изгиба и внутренних силовых факторах.

Знать методы для определения внутренних силовых факторов и уметь ими пользоваться для определения внутренних силовых факторов при прямом изгибе.

Лекции:

1. Изгиб: основные определения
2. Внутренние силовые факторы при изгибе
3. Знаки поперечных сил и изгибающих моментов
4. Дифференциальные зависимости при прямом поперечном изгибе

Задача №66.

На балку действует пара сил с моментом и распределенная нагрузка интенсивностью . Балка защемлена справа (рис. 29.6).

Рассечем балку на участке 1 на расстоянии от левого края. Рассмотрим равновесие отсеченной части. Из уравнения получим:

Участок 1 — участок чистого изгиба.

Рассечем балку на участке 2 на расстоянии от края, — расстояние сечения от начала координат.

Из уравнения найдем поперечную силу Заменяем распределенную нагрузку на рассматриваемом участке равнодействующей силой .

Из уравнения моментов определяем изгибающий момент в сечении:

На втором участке возникает поперечный изгиб.

Выводы

При действии распределенной нагрузки возникает поперечная сила, линейно зависящая от координаты сечения.

Изгибающий момент на участке с распределенной нагрузкой меняется в зависимости от координаты сечения по параболическому закону.

Изгиб. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов. Основные правила построения эпюр

Знать порядок построения и контроля эпюр поперечных сил и изгибающих моментов.

Уметь строить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов

Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов можно строить, предварительно разделив балку на участки нагружения и составляя уравнения, выражающие изменения и по участкам.

Напомним, что границы участков нагружения — это сечения, в которых приложены внешние нагрузки.

Задача №67.

На балку действуют сосредоточенные силы и момент (рис. 30.1). Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Решение:

Последовательно по участкам нагружения рассматриваем внутренние силовые факторы в сечениях. Силовые факторы определяем из условий равновесия отсеченной части. Для каждого участка записываем уравнения внутренних силовых факторов.

Используем известные правила:

— поперечная сила численно равна алгебраической сумме проекций внешних сил на ось ;

— изгибающий момент численно равен алгебраической сумме моментов внешних сил, действующих на отсеченную часть, относительно нейтральной оси, совпадающей с осью ;

— принятые знаки поперечных сил и изгибающих моментов (рис. 30.2):

Составим уравнения равновесия.

• Рассмотрим участок 1 (рис. 30.3а).

Сила — отрицательна. Сила на участке 1 постоянна.

— отрицательный.

при

при

Изгибающий момент меняется по линейному закону, график — прямая линия.

• Рассмотрим участок 2 (рис. 30.36).

Сила положительна.

при

— отрицательный;

при

Знак сменился; слева от сечения — положительный.

Поперечную силу и изгибающий момент можно определять сразу из зависимостей , не составляя уравнения равновесия участка.

Знак каждого из слагаемых этих уравнений определяем отдельно (участок 3).

• Рассмотрим участок 3 (рис. З0.Зв).

— положительна.

при

при

Обращаем внимание, что для точки получено два значения изгибающих моментов: из уравнения для участка 2 левее точки и из уравнения для участка 3 — правее точки .

Это объясняется тем, что именно в этой точке приложен внешний момент и поэтому внутренний момент сил упругости меняется точках приложения внешнего момента на эпюре моментов появится скачок, равный величине приложенного момента.

Поперечная сила в точке для второго и третьего участков одинакова. Следовательно, приложение внешнего момента не отражается на эпюре поперечных сил. График поперечной силы на участке 3 — прямая линия.

График изменения изгибающих моментов на третьем участке также прямая линия.

• Построение эпюр. Порядок построения эпюр остается прежним: масштабы эпюр выбираются отдельно, исходя из значений максимальных сил и моментов.

Графики обводятся толстой основной линией и заштриховываются поперек. На графиках указываются значения поперечных сил, изгибающих моментов и единицы измерения.

Правила построения эпюр (рис. 30.1 и 30.4):

1. Для участка, где отсутствует распределенная нагрузка, поперечная сила постоянна, а изгибающий момент меняется по линейному закону.
2. В частном случае, когда поперечная сила на участке равна нулю, изгибающий момент постоянен (чистый изгиб), график — прямая линия, параллельная продольной оси (на рис. 30.1 отсутствует).
3. В том месте, где к балке приложена внешняя сосредоточенная сила, на эпюре возникает скачок на величину приложенной силы, а на эпюре моментов — излом.
4. В сечении, где к балке приложена пара сил (сосредоточенный момент), на эпюре возникает скачок на величину момента этой пары. Поперечная сила при этом не изменяется.
5. В сечении на конце балки поперечная сила равна приложенной в этом сечении сосредоточенной силе или реакции в заделке.
6. На свободном конце балки или шарнирно опертом конце момент равен нулю, за исключением случаев, когда в этом сечении приложена пара сил (внешний момент).

Задача №68.

На двухопорную балку действуют сосредоточенные силы и моменты (рис. 30.4). Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Для двухопорной балки построение эпюр начинают с определения опорных реакций балки. Для их определения используем систему уравнений равновесия, составляем два уравнения моментов относительно шарнирных опор. Затем проводим проверку правильности решения по уравнению

Решение:

• Определение реакций в опорах. Уравнения равновесия:

Реакция в опоре направлена в обратную сторону.

Проверка:

Реакции определены верно.

• Для упрощения расчетов при построении эпюр поперечный сил и изгибающих моментов можно провести расчет по характерным точкам без составления уравнений.

Для этого используют известные связи между поперечной силой и изгибающим моментом и правила построения эпюр.

Участок 1 (от точки до точки ).

В точке приложена реакция , направленная вниз. Поперечная сила на участке постоянна:

Момент в точке равен нулю.

Точка (слева). Приложена внешняя сила , направленная вверх, — здесь возникнет скачок вверх на величину 35 кН. Момент в точке (слева) может быть рассчитан по известной зависимости

Участок 2 (от точки справа до точки ).

Поперечная сила в точке (справа) равна

В точке приложена внешняя пара сил с моментом 80кН-м, следовательно, здесь проявляется скачок на величину приложенного момента:

Поперечная сила на втором участке постоянна:

Момент в точке определяется по зависимости

Справа и слева от точки момент имеет одинаковые значения.

Участок 3 (от точки (справа) до точки ).

В точке приложена внешняя сила . Здесь появляется скачок на величину 71 кН,

Дальше по участку поперечная сила не изменяется. Момент в точке равен нулю, т.к. здесь не приложена внешняя пара сил:

Рассмотрение поперечных сил и изгибающих моментов можно было провести и справа налево.

По полученным значениям сил и моментов строим эпюры (эпюры под схемой вала, рис. 30.4).

Изгиб. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов. Приложены сосредоточенные и распределенные нагрузки

Знать дифференциальные зависимости между интенсивностью распределенной нагрузки, поперечной силой и изгибающим моментом, основные правша построения эпюр.

Уметь строить эпюры поперечной силы и изгибающего момента в случае приложения сосредоточенных и распределенных нагрузок.

Задача №69.

Одноопорная балка нагружена сосредоточенными силами и распределенной нагрузкой (рис. 31.1). Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Решение:

Задачу решаем с помощью составления уравнений поперечных сил и изгибающих моментов в поперечных сечениях балки.

При проверке эпюр используем дифференциальные зависимости между интенсивностью распределенной нагрузки, поперечной силой и изгибающим моментом:

• Производная от поперечной силы по длине балки равна интенсивности распределенной нагрузки

• Производная изгибающего момента по длине балки равна поперечной силе

Рассмотрим участок 1, сечение 1. Поперечная сила

По принятому правилу знаков поперечная сила отрицательна и постоянна на этом участке.

Изгибающий момент

Рассмотрим участок 2, сечение 2. Поперечная сила

Поперечная сила изменяется по линейному закону.

Изгибающий момент

при изгибающий момент . В точке нет внешнего момента, поэтому изгибающий момент слева и справа от точки одинаков. В этом случае рассчитывать его дважды не следует;

при

Рассмотрим участок 3, сечение 3.

В точке приложена внешняя сила . На эпюре должен быть скачок, равный приложенной силе; на эпюре моментов должен быть излом.

Поперечная сила на участке 3:

при

точка :

при

Поперечная сила изменяется по линейному закону.

Изгибающий момент

при

На участках 2 и 3 эпюра изгибающих моментов ограничена квадратичной параболой.

По полученным результатам, учитывая дифференциальные зависимости между поперечной силой и изгибающим моментом, строим эпюры и . На втором и третьем участках поперечная сила не имеет нулевых значений, поэтому на эпюре моментов нет экстремумов.

Основные правила построения эпюр в случае приложения распределенной нагрузки. Контроль правильности решений

1. Для участка балки с равномерно распределенной нагрузкой поперечная сила изменяется по линейному закону, эпюра ограничена наклонной прямой. Изгибающий момент изменяется по квадратичному закону, эпюра ограничена параболой второго порядка.
2. В сечении, где эпюра переходит через ноль (наклонная линия пересекает ось абсцисс), изгибающий момент экстремален: касательная к эпюре в этом месте параллельна оси абсцисс.
3. Параболическая и прямолинейная части эпюры моментов там, где кончается или начинается распределенная нагрузка, сопрягаются плавно, без излома, если в соответствующем сечении к балке не приложена сосредоточенная сила.
4. Если распределенная нагрузка направлена вниз, то эпюра момента очерчена параболой, обращенной выпуклостью вверх.
5. Из теоремы Журавского следует:

— если на участке растет;

— если на участке убывает;

— если на участке , изгибающий момент постоянен (чистый изгиб);

— если в точке , изгибающий момент достигает экстремального значения ( или ).

Задача №70.

Расчет двухопорной балки. Двухопорная балка нагружена равномерно распределенной нагрузкой (рис. 31.2).

Решение:

При определении реакций в опоре равномерно распределенную нагрузку можно заранее заменить равнодействующей сосредоточенной силой:

При построении эпюр поперечных сил и изгибающих моментов распределенная нагрузка учитывается постепенно.

Расчет балки можно провести по характерным точкам, при этом необходимо знать правила построения эпюр, перечисленные выше.

Определяем реакции в опорах балки.

Проверка:

Построение эпюр

Анализируем схему балки. Рассмотрим участок 1 до сечения 1.

В опоре действует сосредоточенная сила . На участке 1 поперечная сила остается постоянной: (рис. 31.3).

Изгибающий момент в точке равен нулю, т.к. здесь нет момента внешней пары сил:

Момент в точке (граница участка, )

Эпюра очерчивается прямой линией, наклонной к оси (рис. 31.3).

Рассмотрим участок 2 (рис. 31.3). Здесь действует распределенная нагрузка интенсивностью . При перемещении вдоль оси балки направо распределенная нагрузка суммируется. Эпюра — прямая линия, наклонная к оси . Распределенная нагрузка направлена вниз (см. Основные правила построения эпюр, п. 4), здесь эпюра изгибающего момента очерчена параболой, обращенной выпуклостью вверх.

Реакция в опоре и распределенная нагрузка направлены в разные стороны. Следовательно, возможна точка, в которой, по правилу 2, , а изгибающий момент экстремален.

Для построения эпюры моментов необходимо составить уравнение поперечной силы на участке 2 и приравнять величину поперечной силы нулю. Из уравнения можно определить координату точки, в которой изгибающий момент экстремален.

Проводим необходимые расчеты, определяем величины поперечных сил и изгибающих моментов в характерных точках.

Рассмотрим участок 2, сечение 2 (рис. 31.3).

Уравнение поперечной силы

Откуда:

— координата точки, где изгибающий момент экстремален, т.к.

Уравнение момента на участке 2:

При

Максимальное значение изгибающего момента на участке 2

Значения поперечной силы и изгибающего момента в точке :

Строим эпюру поперечной силы. Первый участок — прямая линия, параллельная оси . В точке эпюра становится наклонной. Строим эпюру изгибающих моментов (рис. 31.3).

Участок 1 эпюра — прямая линия;

Участок 2 эпюра — парабола с экстремумом в точке

Изгиб. Нормальные напряжения при изгибе. Расчеты на прочность

Знать распределение нормальных напряжений по сечению балки при чистом изгибе, расчетные формулы и условия прочности.

Уметь выполнять проектировочные и проверочные расчеты на прочность, выбирать рациональные формы поперечных сечений.

Лекции:

1. Деформации при чистом изгибе
2. Формула для расчета нормальных напряжений при изгибе
3. Рациональные сечения при изгибе

Задача №71.

Сравним моменты сопротивления двух сечений одинаковой площади: двутавра (рис. 32.7г) и круга (рис. З2.7а).

Двутавр № 10 имеет площадь , осевой момент инерции , момент сопротивления .

Круг той же площади имеет диаметр , осевой момент инерции , момент сопротивления .

Сопротивление изгибу у двутавровой балки в шесть раз выше, чем у балки круглого сечения.

Из этого примера можно сделать вывод: сечения прямоугольные, квадратные, круглые и ромбовидные нерациональны (рис. 32.7а, б).

Для материалов, обладающих разной прочностью при растяжении и сжатии (хрупкие материалы обладают значительно большей прочностью на сжатие, чем на растяжение), выбирают асимметричные сечения тавр, рельс и др.

Расчет на прочность при изгибе

Рассчитать на прочность — это значит определить напряжение и сравнить его с допустимым.

Условие прочности при изгибе:

где — допускаемое напряжение.

По этому неравенству проводят проверочные расчеты после окончания конструирования балки.

Для балок из хрупких материалов расчеты ведут по растянутой и сжатой зоне одновременно (рис. 32.8).

При проектировочном расчете определяют потребные размеры поперечных сечений балки или подбирают материал. Схема нагружения и действующие нагрузки известны.

По условию прочности можно определить нагрузочную способность балки

Задача №72.

Подобрать размеры сечения балки в виде двутавра. Известна схема нагружения балки (рис. 32.9), материал — сталь, допускаемое напряжение материала при изгибе

Для защемленной балки реакции в опоре определять не следует.

Проводим расчеты по характерным точкам. Размеры сечения подбираем из расчета по нормальным напряжениям. Эпюру поперечных сил строить необязательно.

Определяем моменты в характерных точках.

В точке приложен внешний момент пары, поэтому расчет проводим для левого сечения (без момента) и для правого — с моментом .

Момент положительный.

Момент в заделке

Выбираем соответствующий масштаб по максимальному значению изгибающего момента.

Опасное сечение — сечение балки, где действует максимальный момент. Подбираем размеры балки в опасном сечении по условию прочности

Основываясь на значении по таблице ГОСТ 8239-89 выбираем двутавр № 30а: момент сопротивления ; площадь сечения .

Сторона квадрата Площадь сечения балки

Балка квадратного сечения в 4 раза тяжелее.

Понятие о касательных напряжениях при изгибе. Линейные и угловые перемещения при изгибе, их определение

Иметь представление о касательных напряжениях при изгибе, об упругой линии балки, о деформациях при изгибе и методах определения линейных и угловых перемещений.

Знать один из методов определения линейных и угловых перемещений.

Лекции:

1. Поперечный изгиб. Внутренние силовые факторы
2. Понятия о линейных и угловых перемещениях при изгибе
3. Формулы для определения прогибов и углов поворота сечений балок

Задача №77.

Проверить жесткость двутавровой балки (рис. 33.7). Принять . Сечение балки — двутавр № 45.

Решение:

Используем принцип независимости действия сил. По приведенным в таблице формулам рассчитываем прогиб балки в точке от каждого вида нагружения отдельно (рис. 33.7 (1, 2, 3)).

Поскольку все действующие нагрузки прогибают балку вниз, результаты действия нагрузок можно сложить. Полученный суммарный прогиб сравним с допускаемым прогибом.

Допускаемый прогиб

Суммарный прогиб

Исходные данные:

Для двутавра № 45 ГОСТ 8239-89

Тогда

21,33 <25 — условие жесткости выполняется. Максимальный прогиб не превышает допускаемого значения.

Сочетание основных деформаций. Гипотезы прочности

Иметь представление о напряженном состоянии в точке упругого тела, о теории предельных напряженных состояний, об эквивалентном напряженном состоянии, о гипотезах прочности.

Знать формулы для эквивалентных напряжений по гипотезам наибольших касательных напряжений и энергии формоизменения.

Лекции:

1. Напряженное состояние в точке
2. Понятие о сложном деформированном состоянии
3. Расчет круглого бруса на изгиб с кручением

Задача №78.

Для заданного напряженного состояния (рис. 34.4), пользуясь гипотезой максимальных касательных напряжений, вычислить коэффициент запаса прочности, если .

Решение:

— коэффициент запаса прочности.

Расчет бруса круглого поперечного сечения при сочетании основных деформаций

Знать формулы для эквивалентных напряжений по гипотезам наибольших касательных напряжений и энергии формоизменения.

Уметь рассчитывать брус круглого поперечного сечения на прочность при сочетании основных деформаций.

Большинство валов испытывают сочетание деформаций изгиба и кручения. Обычно валы — прямые брусья с круглым или кольцевым сечением. При расчете валов касательные напряжения от действия поперечных сил не учитывают из-за их незначительности.

Расчеты проводят по опасным поперечным сечениям. При пространственном нагружении вала пользуются гипотезой независимости действия сил и изгибающие моменты рассматривают в двух взаимно перпендикулярных плоскостях, а суммарный изгибающий момент определяют геометрическим суммированием.

Лекции:

1. Формулы для расчета эквивалентных напряжений
2. Условие прочности при совместном действии изгиба и кручения

Задача №79.

В опасном поперечном сечении круглого бруса возникают внутренние силовые факторы (рис. 35.1) .

и — изгибающие моменты в плоскостях и соответственно; — крутящий момент. Проверить прочность по гипотезе наибольших касательных напряжений, если Исходные данные:

Решение:

Строим эпюры нормальных напряжений от действия изгибающих моментов относительно осей и и эпюру касательных напряжений от кручения (рис. 35.2).

Максимальное касательное напряжение возникает на поверхности. Максимальные нормальные напряжения от момента возникают в точке , максимальные нормальные напряжения от момента в точке . Нормальные напряжения складываются, потому что изгибающие моменты во взаимно перпендикулярных плоскостях геометрически суммируются.

Суммарный изгибающий момент:

Рассчитываем эквивалентный момент по теории максимальных касательных напряжений:

Условие прочности:

Момент сопротивления сечения:

Проверяем прочность:

Прочность обеспечена.

Задача №80.

Из условия прочности рассчитать необходимый диаметр вала. На валу установлены два колеса. На колеса действуют две окружные силы и две радиальные силы в вертикальной плоскости (рис. 35.3). Диаметры колес соответственно равны .

Принять для материала вала .

Задача №81.

Рассчитать размеры вала кольцевого сечения при . Расчет провести по гипотезе максимальных касательных напряжений. Весом вала и колес пренебречь.

Решение:

Указание. Используем принцип независимости действия сил, составляем расчетные схемы вала в вертикальной и горизонтальной плоскостях. Определяем реакции в опорах в горизонтальной и вертикальной плоскостях в отдельности. Строим эпюры изгибающих моментов (рис. 35.4). Под действием окружных сил вал скручивается. Определяем действующий на валу крутящий момент.

Составим расчетную схему вала (рис. 35.4).

• Крутящий момент на валу:

• Изгиб рассматриваем в двух плоскостях: горизонтальной (пл. ) и вертикальной (пл. ).

В горизонтальной плоскости определяем реакции в опоре:

Определяем изгибающие моменты в точках и :

В вертикальной плоскости определяем реакции в опоре:

Определяем изгибающие моменты в точках и :

Суммарные изгибающие моменты в точках и :

В точке максимальный изгибающий момент, здесь же действует и крутящий момент.

Расчет диаметра вала ведем по наиболее нагруженному сечению.

• Эквивалентный момент в точке по третьей теории прочности

• Определяем диаметр вала круглого поперечного сечения из условия прочности

Округляем полученную величину: . Примечание. При выборе диаметров вала пользоваться стандартным рядом диаметров (Приложение 2).

• Определяем необходимые размеры вала кольцевого сечения

при где — наружный диаметр вала.

Диаметр вала кольцевого сечения можно определить по формуле

Примем

Перегрузка незначительная.

Округляем до значения

• Сравним затраты металла по площадям сечения вала в обоих случаях.

Площадь поперечного сечения сплошного вала

Площадь поперечного сечения полого вала

Площадь поперечного сечения сплошного вала почти в два раза больше вала кольцевого сечения:

Кстати готовые на продажу задачи тут, и там же теория из учебников может быть вам поможет она.

Устойчивость сжатых стержней. Основные положения

Иметь представление об устойчивых и неустойчивых формах равновесия, критической силе и коэффициенте запаса устойчивости, о критическом напряжении, гибкости стержня и предельной гибкости.

Знать условие устойчивости сжатых стержней, формулу Эйлера и эмпирические формулы для расчета критической силы и критического напряжения.

Лекции:

1. Понятие об устойчивом и неустойчивом равновесии
2. Расчет на устойчивость
3. Способы определения критической силы
4. Критические напряжения
5. Пределы применимости формулы Эйлера
6. Предельная гибкость
7. Порядок выполнения расчета на устойчивость
8. Сопротивление усталости: основные понятия

Задача №82.

Рассчитать гибкость стержня. Круглый стержень диаметром 20 мм закреплен так, как показано на рис. 37.1.

Решение:

• Гибкость стержня определяется по формуле

• Определяем минимальный радиус инерции для круга.

Подставив выражения для и (сечение — круг)

получим

• Коэффициент приведения длины для данной схемы крепления

• Гибкость стержня будет равна

Задача №83.

Как изменится критическая сила для стержня, если изменить способ закрепления концов? Сравнить представленные схемы (рис. 37.2)

Решение:

Критическая сила увеличится в 4 раза.

Задача №84.

Как изменится критическая сила при расчете на устойчивость, если стержень двутаврового сечения (рис. 37.3а, двутавр № 12) заменить стержнем прямоугольного сечения той же площади (рис. 37.36)? Остальные параметры конструкции не меняются. Расчет выполнить по формуле Эйлера.

Решение:

Определим ширину сечения прямоугольника, высота сечения равна высоте сечения двутавра. Геометрические параметры двутавра № 12 по ГОСТ 8239-89 следующие: площадь сечения ;

минимальный из осевых моментов инерции . По условию площадь прямоугольного сечения равна площади сечения двутавра. Определяем ширину полосы при высоте 12 см.

Определим минимальный из осевых моментов инерции.

Критическая сила определяется по формуле Эйлера:

При прочих равных условиях отношение критических сил равно отношению минимальных моментов инерции:

Таким образом, устойчивость стержня с сечением двутавр № 12 в 15 раз выше, чем устойчивость стержня выбранного прямоугольного сечения.

Задача №85.

Проверить устойчивость стержня. Стержень длиной 1м защемлен одним концом, сечение — швеллер № 16, материал — СтЗ, запас устойчивости трехкратный. Стержень нагружен сжимающей силой 82 кН (рис. 37.4).

Решение:

• Определяем основные геометрические параметры сечения стержня по ГОСТ 8240-89.

Швеллер № 16: площадь сечения ; минимальный осевой момент сечения ; минимальный радиус инерции сечения .

• Определяем категорию стержня в зависимости от гибкости.

Предельная гибкость для материала СтЗ

Расчетная гибкость стержня при длине

Рассчитываемый стержень — стержень большой гибкости, расчет ведем по формуле Эйлера.

Допускаемая нагрузка на стержень

Условие устойчивости

Устойчивость стержня обеспечена.

Возможно эти страницы вам будут полезны:

• Предмет техническая механика
• Курсовая работа по технической механике
• Контрольная работа по технической механике
• Помощь по технической механике
• Заказать работу по технической механике
• Яблонский решебник

Примеры решения задач по всем темам технической механики

Теоретическая механика является наукой о движении материальных тел.

Теоретическая механика рассматривает причины и условия перемещения тел (и изменений производных от этих перемещений: скорости и ускорения) во времени и пространстве с учетом влияния сопротивления среды и других тел. Тела представляются совокупностью материальных точек, соединенных в компактную массу внутренними силами. Отдельная материальная точка обладает массой, но ее размеры исчезающе малы. Движения таких условных точек в ряде случаев равнозначны (адекватны) движению тел.

В технической механике рассматриваются вопросы расчета отдельных элементов конструкций на прочность, жесткость и устойчивость.

Прочность — это способность сооружений сопротивляться разрушению под действием приложенных к ним внешних нагрузок.

Жесткость — способность элемента конструкции сопротивляться деформации. Изменение формы или размеров тела называется деформацией.

Устойчивость — способность элемента конструкции сохранять одну форму равновесия под действием внешней нагрузки. Признаком потери устойчивости является внезапная смена одной формы равновесия другой.

Простейшие типы конструкций

Брус — тело, у которого два размера малы по сравнению с третьим. Брус с прямолинейной осью называют стержнем. Ось бруса — это линия, которая соединяет центры тяжести его поперечных сечений. Горизонтальный брус, работающий на изгиб, обычно называют балкой.

Пластинка (пластина) — конструкция, ограниченная двумя плоскостями, расстояние между которыми мало по сравнению с другими размерами.

Оболочка — конструкция, ограниченная двумя криволинейными поверхностями, расстояние между которыми мало по сравнению с другими размерами. Геометрическое место точек, равноудаленных от наружной и внутренней поверхностей оболочки, называется срединной поверхностью. Оболочка, срединная поверхность которой представляет собой плоскость, является пластинкой.

Массив — тело, у которого все три размера одного порядка.

Нагрузки

Нагрузки, действующие на конструкцию, являются по отношению к ней внешними силами.

Нагрузки могут рассматриваться как сосредоточенные (Н или кг) или распределенные по поверхности ( или ) или вдоль линии (Н/м или кг/м). Нагрузки, распределенные по объему тела (собственных вес конструкции, силы инерции) называются объемными силами ( или ).

Кроме силовых имеются и моментные нагрузки в виде сосредоточенных моментов ( или ) и моментов, распределенных по линии ( или ).

Статическая нагрузка не изменяет своей величины или точку приложения во времени и пространстве. Динамическими называются нагрузки, изменяющиеся во времени (например, удар).

Гипотезы, принимаемые в сопротивлении материалов:

1. Материал конструкции имеет сплошное строение.
2. Материал конструкции — однороден, т.е. обладает одинаковыми свойствами во всех точках.
3. Материал конструкции — изотропен, т.е. обладает одинаковыми свойствами во всех направлениях.
4. В теле до приложения внешней нагрузки нет внутренних усилий.
5. Принцип независимости действия сил: результат воздействия на конструкцию системы сил равен сумме результатов воздействия тех же сил, прилагаемых к конструкции последовательно и в любом порядке.
6. В точках тела, удаленных от мест приложения нагрузок, внутренние силы мало зависят от конкретного способа приложения этих нагрузок.
7. Гипотеза плоских сечений Бсрнулли: поперечные сечения бруса, плоские до приложения к нему нагрузки, остаются плоскими и при действии нагрузки.

Деформации и перемещения

Под действием приложенных сил тело деформируется. Изменение линейных размеров называется линейной деформацией, а изменение угловых размеров — угловой деформацией.

Удлинение — увеличение линейных размеров тела, укорочение — уменьшение линейных размеров тела.

Рассмотрим прямой брус (стержень) постоянного сечения длиной , заделанный одним концом и нагруженный на другом конце растягивающей силой . Под действием этой силы брус удлиняется на величину (рис. 1.1), которая называется полным (абсолютным)удлинением, тогда

где — относительная продольная деформация.

Пусть в результате деформации прямоугольник 1-2-3-4 (рис. 1.2, а) примет вид параллелограмма (рис. 1.2, б). В этом случае изменение первоначального прямого угла между сторонами рассматриваемого прямоугольника будет:

Угол сдвига характеризует угловую деформацию в данной точке.

Деформации, исчезающие после разгрузки тела, называются упругими.

Перемещение точки — расстояние между первоначальным положением точки (до приложения внешних нагрузок) и ее положением после деформации, взятое в определенном направлении (например, вдоль оси стержня). На рис. 1.1: — продольное перемещение точки .

Метод сечений

Для определения внутренних усилий применяется метод сечений, который заключается в следующем.

1. Мысленно делается разрез через исследуемую точку конструкции.
2. Отбрасывается одна из частей, а ее действие заменяется внутренними усилиями, которые уравновешивают внешние силы, действующие на отсеченную часть. Внутренние силы, возникающие в теле под действием нагрузки — непрерывно распределенные, но они приводятся в сечении к главному вектору и главному моменту внутренних сил.
3. Составляются уравнения равновесия для отсеченной части тела, из которых определяются внутренние усилия.

Рассмотрим порядок расчета для случая, когда внешние силы лежат в одной плоскости (рис. 1.3).

После проведения сечения отбросим левую часть (I), а для уравновешивания оставшейся части (II) в общем случае необходимо в сечении приложить силу — нормальную силу, действующую вдоль оси стержня; — поперечную силу, действующую в плоскости поперечного сечения ; и момент — изгибающий момент. После этого составляем уравнения равновесия для отсеченной части (II):

из которых и определяем

Если же рассматривается пространственная задача, то в поперечном сечении в общем случае будут возникать шесть внутренних усилий, являющихся компонентами главного вектора и главного момента системы внутренних сил (рис. 1.4), где — нормальная сила (продольная); -поперечные силы, — крутящий момент; — изгибающие моменты.

Для определения этих шести усилий необходимо составить шесть уравнений равновесия: приравнять нулю суммы проекций сил на оси координат и суммы моментов сил относительно этих же осей координат. Будем считать, что ось х проходит через центры тяжести поперечных сечений конструкции.

Частные случаи нагружения

1. Растяжение (сжатие) — в поперечном сечении стержня возникает только нормальная сила .
2. Сдвиг — в поперечном сечении стержня возникают только поперечные силы.
3. Кручение — в поперечном сечении стержня возникает только крутящий момент.
4. Чистый изгиб — в поперечном сечении стержня возникает только изгибающий момент.
5. Случай сложных деформаций.

Напряжения

Сосредоточенные внутренние силы и моменты являются статическим эквивалентом внутренних сил, распределенных по площади сечения. Пусть — равнодействующая внутренних сил на бесконечно малой площади поперечного сечения стержня, тогда

Упрощенно можно сказать, что напряжение — это внутренняя сила, приходящаяся на единицу площади. Разложим силу на две составляющие: касательную и нормальную к поперечному сечению. В этом случае можно получить

где — касательное напряжения, — нормальное напряжение. Напряжения имеют размерность , МПа и т.д. Нормальное и касательное напряжения являются составляющими полного напряжения в точке:

Диаграмма растяжения малоуглеродистой стали

На рис. 2.1 введены условные обозначения:

— предел пропорциональности; — предел текучести; — предел прочности при растяжении; — остаточная (пластическая) относительная деформация; — упругая относительная деформация.

После зоны упрочнения появляется шейка — резкое сужение поперечного сечения бруса.

Условное напряжение в образце определяется делением растягивающей силы на первоначальную площадь поперечного сечения образца. Истинное напряжение определяется делением растягивающей силы на площадь поперечного сечения шейки.

Остаточным относительным удлинением называется отношение остаточной линейной деформации образца к первоначальной его длине :

где — длина образца после разрыва.

Механические характеристики материала включает в себя:

или

Диаграммы сжатия

Диаграмма сжатия пластической стали имеет вид, представленный на рис. 2.3.

Пределы текучести при растяжении и сжатии для одной и той же пластической стали практически одинаковы. Понятие предела прочности при сжатии пластической стали лишено физического смысла, так как при сжатии образец расплющивается и площадь его сечения увеличивается. Поэтому увеличивается также величины сжимающей силы и условных напряжений, отнесенных к первоначальной площади поперечного сечения образца.

Хрупкие материалы, например, чугун, имеют иную диаграмму сжатия (рис. 2.4). Деформации чугуна с самого начала не следует закону Гука. Они очень малы. Этот материал значительно хуже работает на растяжение (), чем на сжатие ().

Пластичность, хрупкость

Пластичность — свойство материала получать значительные остаточные деформации () не разрушаясь (медь, латунь, малоуглеродистая сталь).

Хрупкость — свойство материала разрушаться при незначительных остаточных деформациях (чугун, камень, бетон, стекло). Величина остаточного удлинения при разрыве составляет 2-5%.

Допускаемые нормальные напряжения

Фактические напряжения в конструкции, предел прочности, предел текучести установить точно трудно из-за приближенных методов расчета, разнородности материалов и других причин, поэтому вводится понятие -допускаемые напряжения.

Условие прочности для хрупких материалов:

при растяжении, где ,

при сжатии, где

— наибольшие расчетные нормальные растягивающие и сжимающие напряжения; — допускаемые напряжения при растяжении и сжатии; — нормативные коэффициенты запаса прочности по отношению к пределу прочности .

Условие прочности для пластических материалов:

где — наибольшее по абсолютной величине нормальное сжимающее или растягивающее напряжение, — допускаемое напряжение, — нормативный коэффициент запаса прочности по отношению к пределу текучести .

Центральное растяжение (сжатие)

Рассмотрим случай осевого (центрального) растяжения или сжатия на конкретном примере (рис. 2.5). Для определения внутренних усилий в стержне применим 2 раза метод сечений. Для этого сначала проведем сечение 1-1 и мысленно отбросим верхнюю часть бруса (рис. 2.5, а). Действие отброшенной части заменим нормальной силой (рис. 2.5, б), для определения которой составим условие:

тогда

Полученное значение откладываем в масштабе на эпюре нормальных сил (рис. 2.5, г). Затем проводим сечение II-II (рис. 2.5, в) и получаем,что

тогда

Построенный график (рис. 2.5, г) показывает изменение нормальных

сил по длине бруса без учета его собственного веса и называется эпюрой нормальных сил.

Нормальная сила представляет собой равнодействующую внутренних нормальных напряжений, распределенных по площади поперечного сечения, то есть

Для наглядного изображения изменения нормальных напряжений о в поперечных сечениях стержня по его длине строится эпюра нормальных напряжений (рис. 2.5, д).

Растягивающие нормальные силы принято считать положительными, а сжимающие — отрицательными (рис. 2.5, д).

Определение перемещений

Зависимость между нормальным напряжением ст и относительной деформацией в пределах упругости при растяжении и сжатии имеет вид (закон Гука):

где — модуль продольной упругости (модуль Юнга). Величина — физическая постоянная материала, например, для стали , для дерева . Формулу (2.3) представим в виде

откуда находим абсолютное удлинение стержня (рис. 2.6, а):

Формулы (2.3), (2.4) являются математическими выражениями закона Гука при растяжении и сжатии бруса, который сформулировал Р. Гук в 1660 г. Произведение называется жесткостью поперечного сечения бруса при растяжении (сжатии).

Для бруса переменного поперечного сечения (рис. 2.6, б) получаем

Рассмотрим удлинение от собственного веса стержня постоянного сечения (рис. 2.6, в):

где — объемный вес материала конструкции. Перемещение сечения находим по формуле:

Для стержня со ступенчатым изменением площади (рис. 2.6, г) и нормальной силы удлинения вычисляются на каждом участке с постоянными и а результаты алгебраически суммируются:

где — число участков; — номер участка .

Поперечная деформация

Существует экспериментально установленная зависимость:

где — относительная поперечная деформация, — ширина стержня, — абсолютная поперечная деформация (рис. 1.1), — коэффициент Пуассона (коэффициент поперечной деформации), характеризующий способность материала к поперечным деформациям.

Коэффициент Пуассона вместе с модулем продольной упругости характеризует упругие свойства материалов.

Например, для стали ; для бетона ; для пробки .

Теперь мы можем записать все параметры, характеризующие механические свойства материала:

или

Плоское напряженное состояние

Выделим из тела в окрестности произвольной точки бесконечно малую треугольную призму, боковые грани которой перпендикулярны к плоскости чертежа, а высота их равна (рис. 3.1). Приложим к призме те же напряжения, которые действовали на нее до выделения ее из тела.

Для определения напряжений и , действующих по наклонной площадке, составим три уравнения равновесия. Вначале составим условие равенства нулю моментов относительно точки :

откуда получаем закон парности касательных напряжений:

Запишем условия равенства нулю суммы проекций сил на направления напряжений и :

Из рис. 3.1 очевидно, что

Подставим значения и в выражения и а затем сократим полученные уравнения на

В результате будем иметь:

С учетом равенства (3.1) последние две формулы для определения напряжений на наклонных площадках примут вид:

Из формулы (3.2) можно получить, что

т.е. сумма величин нормальных напряжений в двух взаимно перпендикулярных площадках есть величина постоянная.

Напряжения в наклонных площадках стержня при одноосном растяжении

Сравнивая рис. 3.1 и 3.2, отметим, что . Подставим эти значения напряжений в формулы (3.2) и (3.3):

Формулы (3.4) дают возможность вычислять нормальные и касательные напряжения на наклонных сечениях бруса при одноосном растяжении (сжатии).

Пусть , тогда из формул (3.4) находим при имеем

Примем , в этом случае .

Главные напряжения. Главные площадки

Максимальные и минимальные нормальные напряжения называются главными напряжениями, а площадки, по которым они действуют — главными площадками.

Для определения величин главных напряжений используем формулу (3.2):

откуда находим

где — углы наклона главных площадок к площадке, в которой действует напряжение . По главным площадкам касательные напряжения равны нулю.

Подставим выражение (3.5) в формулу (3.2) и найдем

Площадки, по которым действуют и , называются площадками сдвига. Их находим, используя формулу (3.3):

где — угол наклона площадки сдвига к площадке, по которой действует напряжение (рис. 3.1).

Сравним формулы (3.5) и (3.7), очевидно, что

то есть

Таким образом, площадки сдвига наклонены к главным площадкам под углами, равными 45°.

Для определения величин и примем, что в формуле (3.3) , . Кроме того возьмем . В этом случае

Пример 1. Пусть (рис. 3.3), тогда по формулам (3.2), (3.3) определяем: .

Пример 2. (рис. 3.4) Имеем, что . Требуется определить и на площадках, наклоненных под углом . В этом случае по формулам (3.2), (3.3) определяем:

Пространственное напряженное состояние

Выделим в окрестности точки элементарный кубик с взаимно перпендикулярными гранями (рис. 4.1).

При пространственном напряженном состоянии через каждую точку всегда можно провести три площадки, по которым касательные напряжения равны нулю. Такие площадки называются главными площадками, а нормальные напряжения, действующие по этим площадкам — главными напряжениями. Главные напряжения при трехосном напряженном состоянии принято обозначать через , причем . Все три главные площадки — взаимно перпендикулярны.

Сумма нормальных напряжений, действующих по любым трем взаимно перпендикулярным площадкам, проходящим через рассматриваемую точку, есть величина постоянная:

Обобщенный закон Гука

Выделим из тела элементарный параллелепипед (рис.4.2), грани которого совпадают с главными площадками. Обозначим через относительные деформации ребер параллелепипеда в направлении главных напряжений .

Пусть — относительная деформация в направлении от напряжения — относительная деформация в направлении от напряжения ; — относительная деформация в направлении от напряжения . Тогда на основании принципа независимости действия сил получаем:

По аналогии находим:

Аналогичные формулы можно записать и для случая, когда грани элементарного параллелепипеда не совпадают с главными площадками:

В общем случае кроме нормальных напряжений — действуют также и касательные напряжения (рис. 4.1). Но касательные напряжения не вызывают удлинений ребер параллелепипеда, а вызывают лишь изменения прямых углов между его гранями.

Объемная деформация

Под действием внешней нагрузки упругое тело деформируется, его объем изменяется. Пусть до деформации объем параллелепипеда был

а после приложения внешней нагрузки его объем можно вычислить по формуле (рис. 4.2):

Из-за малости по сравнению с единицей в формуле (4.2) пренебрегаем их произведениями. Окончательно получаем:

где — относительное изменение объема.

Подставим формулы для вычисления в выражение (4.3):

откуда определяем, что

Рассмотрим случай трехосного равномерного растяжения, т.е. тогда из формулы (4.4) находим:

То есть мы приняли, что если имеется трехосное растяжение, то обязательно должно быть . В этом случае, согласно последней формулы откуда или

Работа внешних и внутренних сил при растяжении

При растяжении (сжатии) внешние силы совершают работу вследствие перемещения точек их приложения:

где — элементарная работа. Полагаем, что сила растет от нулевого значения до своей конечной величины . Но с другой стороны (рис. 4.3)

откуда

Полученный результат подставим в формулу (4.6):

Работа внешней статически приложенной силы равна половине произведения окончательного значения силы на окончательную величину соответствующего перемещения .

При деформации внутренние силы также совершают работу (рис. 4.4):

Величина, равная работе внутренних сил, но имеющая противоположный знак, называется потенциальной энергией деформации.

Сдвиг

Чистым сдвигом называется такой случай плоского напряженного состояния, при котором по боковым граням параллелепипеда действуют только касательные напряжения (рис. 5.1). Из формул (3.2, 3.3), полученных ранее, находим

Указанные на рис. 5.1 касательные напряжения будут и .

При получаем и .

Опытным путем установлена линейная зависимость

которая устанавливает закон Гука при сдвиге, где — угол сдвига,

— модуль сдвига (модуль упругости второго рода). Он характеризует способность материала сопротивляться деформации сдвига.

Объемная деформация при сдвиге

Условие прочности при расчете на сдвиг (срез) имеет вид:

где — допускаемое касательное напряжение (допускаемое напряжение на срез). Например, при расчете заклепок принимают , а при расчете деревянных конструкций на срез принимают (для сосны).

Потенциальная энергия при сдвиге

Из рис. 5.2 находим:

где — поправочный коэффициент, учитывающий неравномерное распределение касательных напряжений по поперечному сечению. Учитывая полученные результаты, по формуле (4.7) определяем

где — потенциальная энергия при сдвиге.

Практические расчеты на сдвиг

Рассмотрим основы практических методов расчета на сдвиг (срез) заклепочных соединений.

Задача с решением №1.

Определить необходимое число односрезных заклепок диаметром при действии растягивающей силы (рис. 5.3, а).

При действии статической нагрузки можно принимать, что поперечная сила в каждой заклепке равна

Будем считать, что касательные напряжения по плоскости среза распределяются равномерно (рис. 5.3, б), тогда

где — площадь поперечного сечения одной заклепки.

Составим уравнение равновесия для отсеченной части (рис. 5.3, б):

Из условия прочности на срез (5.3) получаем:

Задача с решением №2.

Определить необходимое число п заклепок в двухсрезном соединении (рис. 5.4).

Составим уравнение равновесия отсеченной части (рис. 5.4, б):

откуда

Геометрические характеристики плоских сечении

При изучении вопросов прочности, жесткости и устойчивости приходится иметь дело с некоторыми геометрическими характеристиками поперечных сечений конструкций.

Площадь является простейшей геометрической характеристикой поперечного сечения:

Статическим моментом плоского сечения относительно некоторой оси называется, взятая по всей его площади , сумма произведений площадей элементарных площадок на их расстояния от этой оси (рис. 6.1):

где — расстояние от центра тяжести всего плоского сечения до оси — расстояние от центра тяжести всего сечения до оси .

Статический момент сложного сечения относительно некоторой оси равен сумме статических моментов всех частей этого сечения относительно той же оси:

В формулах (6.5) введены обозначения: — площади простых элементов, составляющих плоское сложное сечение; — координаты центров тяжести простых составляющих сложного плоского сечения относительно выбранных осей и .

Из выражений (6.4) можно определить координаты центра тяжести плоского сечения:

Для сложного поперечного сечения формулы (6.6) можно представить в следующем виде

Выводы

1. Изменение положительного направления оси у вызывает изменение знака статического момента Аналогично, изменение положительного направления оси вызывает изменение знака статического момента .
2. Статический момент сечения равен нулю относительно любой оси, проходящей через центр тяжести этого сечения.
3. Если плоское сечение имеет ось симметрии, то эта ось всегда проходит через центр тяжести плоского сечения, а поэтому, согласно п.2, статический момент сечения относительно оси симметрии всегда равен нулю.
4. Если плоское сечение имеет две оси симметрии, то центр тяжести сечения лежит на пересечении этих осей симметрии.

Осевым моментом инерции плоского сечения относительно некоторой оси называется взятая по всей его площади сумма произведений элементарных площадок на квадраты их расстояний от этой оси, т.е.

Полярным моментом инерции плоского сечения относительно некоторой точки (полюса) называется взятая по всей его площади сумма произведений элементарных площадок на квадраты их расстояний от этой точки, т.е.

Сумма осевых моментов инерции плоского сечения относительно двух взаимно перпендикулярных осей равна полярному моменту инерции этого сечения относительно точки пересечения указанных осей:

Центробежным моментом инерции плоского сечения относительно некоторых двух взаимно перпендикулярных осей и называется взятая по всей его площади сумма произведений элементарных площадок на их расстояния от этих осей, т.е.

Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей

Из рис. 6.2 следует:

Если предположить, что ось проходит через центр тяжести поперечного сечения, то , и полученное выражение примет вид:

По аналогии можно получить формулу для определения :

Центробежный момент инерции относительно новых осей будет:

Если предположить, что оси проходят через центр тяжести сечения, то и

Задача с решением №3.

Рассмотрим прямоугольное сечение (рис. 6.3):

Но можно получить используя формулу (6.8):

Аналогично находим:

Принимая (рис. 6.3), определяем центробежный момент инерции поперечного сечения:

Полученная формула показывает, что центробежный момент инерции плоского поперечного сечения относительно осей, из которых одна или обе совпадают с его осями симметрии, равен нулю.

Изменение моментов инерции при повороте осей

Найдем зависимость между моментами инерции относительно осей и моментами инерции относительно осей повернутых на угол . Из рис. 7.1 находим

тогда

Определим экстремальные значения осевых моментов инерции для рассматриваемого поперечного сечения (рис. 7.1), для чего приравняем нулю первые производные:

Следовательно, экстремальные значения осевых моментов инерции будут относительно осей, для которых . Максимальные и минимальные значения осевых моментов инерции называются главными моментами инерции. Из любой формулы (7.2) определяем:

где — угол наклона главных осей, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю. Центральные оси — оси, проходящие через центр тяжести поперечного сечения.

Подставляя формулу (7.3) в выражения (7.1), можно найти значения главных моментов инерции:

По структуре формула (7.4) аналогична формуле для определения главных напряжений (3.6).

Из формулы (7.4) очевидно, что

Задача с решением №4.

Пусть то есть осевые моменты инерции — главные моменты инерции относительно главных осей . Тогда имеем, что (рис. 7.2). В этом случае формулы (7.1) дают:

Задача с решением №5.

Рассмотрим поперечное сечение в виде неравнобокого уголка № 11/7, и остальные геометрические размеры (рис. 7.3). Из таблицы (ГОСТ) выписываем все необходимые данные:

следовательно, (рис. 7.3);

Тогда

откуда

Применяя формулы (7.5), определяем:

Круг мора

Кручение стержней круглого поперечного сечения

При малом угле закручивания (рис. 8.1) принимаются следующие допущения:

• Круговые сечения вала остаются круговыми и диаметр их не меняется.
• Расстояния между круговыми сечениями остаются постоянными.

• Поперечные сечения вала, плоские и нормальные к оси до приложения внешней нагрузки, остаются плоскими и нормальными к оси и после деформации. Рассмотрим элементарный цилиндрик (рис. 8.1, б):

где — сдвиг (угол сдвига), — относительный угол закручивания. Тогда

Применим закон Гука при сдвиге:

— на внешней поверхности, — на любой цилиндрической внутренней поверхности радиусом .

В рассматриваемом случае отсутствуют нормальные напряжения, следовательно, это — чистый сдвиг.

Как отмечалось ранее, модуль поперечной упругости можно определить по формуле

Составим уравнение равновесия (рис. 8.2):

где — полярный момент инерции круглого поперечного сечения,

Подставляем формулу (8.4) в закон Гука при сдвиге:

Из последней формулы очевидно, что

где — полярный момент сопротивления.

Таким образом, условие прочности при сдвиге (5.3) можно записать

Подбор сечения круглого вала

Из условия прочности (8.6) определяем:

откуда находим

Эпюры крутящих моментов

Кручение полого вала

Для полого вала имеем:

тогда из формулы (8.6) получаем:

Если толщина стенки полого вала мала, то можно предположить, что касательные напряжения распределяются равномерно по толщине и равны , в этом случае согласно рис. 8.4 запишем

где — площадь, ограниченная контуром средней линии стенки полого вала. И, наконец,

Кручение прямого бруса не круглого поперечного сечения

Задачи на кручение прямых брусьев некруглого поперечного сечения решаются методами теории упругости. В отличие от круглых брусьев, при кручении которых поперечные сечения остаются плоскими и круглыми, сечения стержней любой другой формы искривляются. Происходит депланация поперечного сечения. При этом диагонали и оси симметрии прямоугольного сечения не искривляются и остаются в одной плоскости.

Брус прямоугольного поперечного сечения

Для удобства пользования формулам, применяемым при расчете брусьев прямоугольного сечения, придается такой же вид, как и в случае круглого сечения. В соответствии с этим наибольшие касательные напряжения в поперечном сечении бруса и углы закручивания определяются по формулам:

где

— геометрическая характеристика крутильной жесткости, — момент сопротивления при кручении; коэффициенты — определяются по таблице 9.1; — размеры сторон прямоугольного сечения.

При можно пользоваться упрощенными формулами:

Касательные напряжения в серединах коротких сторон прямоугольного сечения определяют по формуле:

а возникают в серединах длинных сторон.

При можно принимать .

Из приведенных формул видно, что напряжения при кручении не зависят от физических свойств материала конструкции, так как модуль сдвига не входит в формулы напряжений (9.1), (9.4).

Задача с решением №6.

Дан брус прямоугольного сечения с и длиной , на который действует крутящий момент . Материал бруса — сталь с .

Решение. Имеем (рис. 9.1), тогда из табл. 9.1 выбираем

По формулам (9.2) находим

Максимальное касательное напряжение в точках поперечного сечения (рис. 9.1) определяем по первой формуле (9.1):

Касательные напряжения в точках вычисляем по формуле (9.4):

Полный угол закручивания находим по второй формуле (9.1):

Тонкостенный стержень открытого профиля

Задача с решением №7.

Рассмотрим тонкостенный стержень открытого профиля в виде двутавра (рис. 9.2).

Сечение разбиваем на 3 прямоугольника и для каждого из них определяем: 1 и 2:

3:

Для всего сечения в целом имеем:

где за необходимо принять размер меньшей стороны прямоугольного сечения, входящего в общее сечение, и имеющего наибольшую толщину (в нашем случае — это элементы 1 и 2; ).

Наибольшее касательное напряжение возникает в серединах длинных сторон прямоугольников 1 и 2 (точки ):

где для примера взято — длина двутавра;

Кручение тонкостенных стержней с замкнутым профилем

Если поперечное сечение имеет замкнутый контур, то необходимо применять формулы (8.7):

где — площадь поперечного сечения, ограниченного средней линией контура, — длина средней линии.

Задача с решением №8.

Определить наибольшее касательное напряжение и угол закручивания трубчатого сечения (рис. 9.3), если внешний крутящий момент действует на участке длиной , а модуль сдвига материала стержня .

Решение: По рис. 9.3 находим ,, тогда формула (9.5) дает

Максимальное касательное напряжение будет в середине длинной стороны (точка ) поперечного сечения, имеющей минимальную толщину .

По второй формуле (9.5) определяем угол закручивания сечения на длине стержня в 1 м:

Значительно более жесткими и поэтому более целесообразными при кручении являются тонкостенные стержни замкнутого профиля.

Изгиб

Изгиб связан с возникновением в поперечных сечениях бруса изгибающих моментов. Они возникают, если стержень подвергается действию поперечной нагрузки или сосредоточенных моментов. При действии такой нагрузки ось стержня искривляется. Указанный вид нагружения называют изгибом, а стержни, работающие в основном на изгиб — балками.

Чаще встречается поперечный изгиб, когда в поперечных сечениях балки наряду с изгибающими моментами возникают также и поперечные силы. Если плоскость действия изгибающего момента проходит через одну из главных осей поперечного сечения, изгиб балки носит название плоского (простого) изгиба.

Типы опор балок

Балка с одним заделанным концом называется консольной балкой (консолью).

Построение эпюр изгибающих моментов и поперечных сил

Поперечная сила в сечении балки считается положительной, если равнодействующая внешних сил слева от рассматриваемого сечения направлена снизу вверх, а справа — сверху вниз (рис. 10.1, а), и отрицательной — в противоположном случае (рис. 10.1, б). Иногда пользуются следующим правилом: положительная поперечная сила стремится повернуть балку вокруг рассматриваемого сечения по часовой стрелке, а отрицательная — против часовой стрелки.

Ординаты эпюр поперечных сил, соответствующие положительным значениям, будем откладывать вверх от осей эпюр, а отрицательным -вниз (ось эпюры должна быть направлена параллельно оси балки).

Изгибающий момент в сечении балки считается положительным, если равнодействующий момент внешних сил слева от сечения направлен по часовой стрелке, а справа — против часовой стрелки (рис. 10.2, а), и отрицательным — в противоположном случае (рис. 10.2, б).

Ординаты эпюр изгибающих моментов, соответствующие положительным значениям, будем откладывать вниз от осей этих эпюр, а отрицательным — вверх (ось эпюры должна быть направлена параллельно оси балки). Таким образом, устанавливаясь откладывать положительные ординаты эпюры изгибающих моментов вниз от оси балки, мы получим, что эпюра оказывается построенной со стороны растянутых волокон балки.

Задача с решением №9.

Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки, изображенной на рис. 10.3.

Решение: Определим вертикальные опорные реакции и балки. Отметим, что левая опора — шарнирно неподвижная опора, поэтому в ней возникает вертикальная опорная реакция , препятствующая вертикальному смещению, и горизонтальная опорная реакция , исключающая горизонтальное смещение закрепленного сечения балки. Однако при заданной вертикальной нагрузке имеем: , следовательно, .

Для определения реакций и составим уравнения равновесия в

виде сумм моментов всех сил относительно точек и :

, откуда находим ;

, откуда определяем . Для проверки найденных значений и составим условие равенства нулю суммы всех сил на вертикальную ось :

Следовательно, реакции и определены правильно.

Для построения эпюр изгибающих моментов и поперечных сил балку необходимо разбить на три участка. Назовем участком балки каждую ее часть, в пределах которой законы изменения внешней нагрузки остаются постоянными. Границами участков являются поперечные сечения балки, в которых к ней приложены сосредоточенные нагрузки (в том числе опорные реакции) или, в которых начинается или заканчивается распределенная нагрузка. За границу участка необходимо также считать поперечное сечение балки, в котором интенсивность распределенной нагрузки начинает изменяться по новому закону. В рассматриваемом примере это явление не встречается.

Учитывая это, устанавливаем, что участок расположен в пределах , участок расположен в границах , а участок имеет пределы .

Участок . Проведем на этом участке сечение на расстоянии от левого конца балки. Отбросив правую часть балки, составим уравнения равновесия для оставшейся левой части балки (рис. 10.3, б). Действие отброшенной части балки заменяем положительной поперечной силой и положительным изгибающим моментом (метод сечений). В этом случае

тогда

тогда

Здесь — равнодействующая равномерно распределенной нагрузки в пределах отрезка длиной участка . Эта равнодействующая приложена посередине участка длиной , а поэтому ее момент относительно точки будет равен

Полученные значения и действительны только в пределах участка .

Зависимость от — линейная, следовательно, для построения эпюры в пределах участка достаточно определить величины в начале участка при и в конце участка :

при

Зависимость от — квадратичная, т.е. эпюра на участке представляет собой параболу. Для построения эпюры вычисляем значения в начале и в конце участка :

Для определения максимального или минимального значения изгибающего момента в пределах участка воспользуемся положением, что функция достигает своего экстремума, когда первая производная ее по аргументу равна нулю.

Принимая , находим — абсцисса поперечного сечения балки, где принимает экстремальное значение. И наконец, определяем .

Участок . Проведем сечение и, отбросив правую часть балки, составим уравнения равновесия для оставшейся левой части балки (рис. 10.3, в). В этом случае:

тогда

тогда

Величина поперечной силы на втором участке имеет постоянное значение а зависимость изгибающего момента от — линейная, следовательно, для построения эпюры на участке достаточно определить величины при двух значениях абсциссы :

при

имеем

а если

тогда

Участок . Проведем сечение . Сейчас удобнее отбросить левую часть балки и рассмотреть оставшуюся правую часть балки (рис. 10.3, г). В сечении показываем положительную поперечную силу и положительный изгибающий момент (см. рис. 10.1 и 10.2). Для оставшейся части составим уравнения равновесия:

следовательно,

откуда находим

По полученным значениям и на рис. 10.3, а построены эпюры и для участка балки.

Дифференциальные зависимости между изгибающим моментом, поперечной силой и распределенной нагрузкой

Выделим двумя сечениями элемент балки (рис. 10.4):

откуда . Бесконечно малыми величинами второго порядка пренебрегаем и окончательно получаем:

Составим еще одно уравнение равновесия:

В уравнении (10.2) оставляем только бесконечно малые первого порядка, в результате получаем:

Таким образом, первая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения равна поперечной силе. Эта зависимость называется теоремой Журавского.

Используя полученные зависимости (10.1), (10.3), можно сделать несколько важных выводов:

1. Тангенс угла между касательной к линии, ограничивающей эпюру , и осью эпюры равен поперечной силе .
2. На участках балки, где поперечная сила положительна, изгибающий момент возрастает (слева направо), а на участках, где она отрицательна — убывает.
3. Чем больше по абсолютной величине значение поперечной силы , тем круче линия, ограничивающая эпюру .
4. Если эпюра имеет постоянное значение, то на этом участке эпюра ограничена прямой линией.
5. Если на границе соседних участков балки в эпюре имеется скачок, то линии, ограничивающие эпюру на этих участках, сопрягаются с изломом, то есть не имеют в точке сопряжения общей касательной.
6. Изгибающий момент достигает максимума или минимума в сечениях балки, в которых поперечная сила равна нулю.
7. На участках балки, где распределенная нагрузка отсутствует, поперечные силы постоянны, а изгибающие моменты меняются по линейному закону.

Определение нормальных напряжений при изгибе

Помимо уже известных гипотез (лекция 1) будем считать, что продольные волокна не давят друг на друга.

Слой балки, не испытывающий при изгибе ни растяжения, ни сжатия, называется нейтральным слоем.

Рассмотрим случай чистого изгиба. На рис. 11.1, а показан изогнутый участок балки, где — кривизна нейтрального слоя,

но по закону Гука имеем

откуда

Составим уравнение равновесия (рис. 11.1,6):

откуда находим , следовательно, нейтральная ось проходит через центр тяжести поперечного сечения.

Из другого уравнения равновесия определяем (рис. 11.1,6)

или

Приравняем соответствующие члены уравнений (11.1) и (11.2):

откуда

В результате получили уравнение, позволяющее определить нормальное напряжение в любой точке поперечного сечения балки, если известен изгибающий момент и момент инерции сечения. Опуская индекс в обозначениях, запишем формулу (11.3) в виде:

Обозначим

где — момент сопротивления поперечного сечения. Следовательно

-условие прочности при изгибе по нормальным напряжениям.

Для сечений, не симметричных относительно нейтральной оси, например, для треугольного, расстояние от нейтральной оси до наиболее удаленных растянутых и сжатых волокон различны, поэтому для таких сечений имеются два момента сопротивления:

где — расстояния от нейтральной оси до наиболее удаленных сжатых и растянутых волокон соответственно.

Определение касательных напряжений при поперечном изгибе

При поперечном изгибе в поперечных сечениях возникают, помимо изгибающих моментов, и поперечные силы. Наличие поперечной силы связано с возникновением касательных напряжений в поперечных сечениях балки, а по закону парности касательных напряжений и в ее продольных сечениях (рис. 11.2).

Тремя сечениями выделим элемент балки (рис. 11.2) и составим уравнения равновесия:

где — статический момент отсеченной площади поперечного сечения относительно оси , проходящей через его центр тяжести.

Зависимость (11.7) впервые была установлена Д.И. Журавским и называется его именем.

Задача с решением №10.

Построим эпюру касательных напряжений для прямоугольного поперечного сечения (рис. 11.3). Для прямоугольного поперечного сечения имеем:

По формуле (11.7) определяем:

Построим эпюру по трем точкам:

Эпюра показана на рис. 11.3. Она представляет собой параболу (см. формулу (11.8)). Наибольшее касательное напряжение для балки прямоугольного поперечного сечения имеет место на уровне нейтральной оси , там где нормальное напряжение равно нулю (см. формулу (11.4)).

Напряжения в наклонных сечениях балки. главные напряжения

Сравнивая рис. 12.1 и рис. 3.1, делаем вывод, что необходимо положить , тогда из формулы (3.2) получаем

а из формулы (3.3) находим

Главные напряжения получаем из формулы (3.6):

а формула (3.5) дает:

Максимальные касательные напряжения находим из выражения (3.8):

Задача с решением №11.

Построить эпюры главных напряжений и для прямоугольного поперечного сечения (рис. 12.2).

Касательные напряжения при изгибе тонкостенного бруса. Центр изгиба

Теория определения касательных напряжений, изложенная на лекции 11, справедлива лишь для сплошных сечений. В тонкостенных стержнях, даже при совпадении силовой плоскости с одной из главных осей сечения, может наблюдаться явление закручивания. Рассмотрим балку открытого профиля (рис. 12.3).

В вертикальной стенке касательные напряжения определяются по формуле Журавского (11.7):

Равнодействующая касательных напряжений в стенке дает силу, равную (рис. 12.3,6).

Примем, что касательные напряжения в горизонтальных полках распределены по толщине стенки равномерно. Рассмотрим равновесие элемента полки, изображенного на рис. 12.3, в:

откуда

Таким образом, формула для вычисления касательного напряжения

по структуре похожа на формулу (11.7) для вычисления .

Наибольшее касательное напряжение г. будет в месте соединения полки со стенкой, там где , то есть

Равнодействующая касательных напряжений вычисляется следующим образом:

Существует такая точка сечения, относительно которой момент равнодействующих касательных напряжений равен нулю. Эта точка называется центром изгиба. Положение этой точки находим из уравнения:

, или окончательно

Чтобы при изгибе не возникало кручения, необходимо внешнюю силу прикладывать в центре изгиба. Если сечение имеет две оси симметрии, центр изгиба совпадает с центром тяжести сечения.

Расчет на статическую прочность при изгибе по допускаемым напряжениям

Расчет балок на прочность обычно ведется по наибольшим нормальным напряжениям, возникающим в их поперечных сечениях, то есть необходимо рассматривать сечение, где имеет наибольшее значение.

При расчете на прочность элементов конструкций, работающих на изгиб, возможны три следующих вида задач:

1. Проверка напряжений (проверочный расчет).
2. Подбор сечения.
3. Определение допускаемой нагрузки.

Рассмотрим основные случаи расчетов на прочность при изгибе на примерах.

Задача с решением №12.

Подобрать сечение стальной балки из двутавра (рис. 13.1). Из СНИПа принимаем где — расчетные сопротивления проката для стальных конструкций.

Расчет на прочность стальных элементов, изгибаемых в одной из главных плоскостей, следует выполнять по формуле:

где — коэффициент условий работы, принимаемый по таблице; — момент сопротивления нетто относительно оси , определяемый по одной из формул

Для двутавра . Пусть в нашем случае . По эпюре изгибающих моментов принимаем (рис. 13.1). Из формулы (13.1) находим:

По сортаменту стальных прокатных профилей «Двутавры стальные» находим соответствующий номер двутаврового профиля: 2 № 16 с моментом сопротивления одного двутавра или для двух двутавров

Прочность назначенного сечения будет:

Недонапряжение составляет:

Сечение считается подобранным удовлетворительно, если недонапряжение составляет до 5-7%.

Проверяем подобранное сечение по максимальному касательному напряжению. Имеем , статический момент половины сечения одного двутавра № 16 берем из сортамента стальных прокатных профилей «Двутавры стальные» , толщина стенки двутавра , осевой момент инерции . В этом случае по формуле (11.7) определяем:

Задача с решением №13.

Подобрать прямоугольное поперечное сечение однопролетной шарнирно опертой балки, нагруженной распределенной по всей длине балки нагрузкой , причем , длина балки . Из формулы (13.1) находим

Положим, что задано отношение высоты балки к ее ширине В этом случае, согласно последней формулы

откуда находим

Окончательно принимаем

Задача с решением №14.

Запроектируем балку, во всех поперечных сечениях которой нормальные напряжения, возникающие от заданной нагрузки, будут одинаковыми. Такая балка называется балкой равного сопротивления при изгибе.

Рассмотрим балку прямоугольного сечения, заделанную одним концом и нагруженную на другом конце силой . Наибольший изгибающий момент возникает на опоре , а в других сечениях будет , где — расстояние от свободного конца балки до рассматриваемого сечения. Установим размеры поперечных сечений балки при условии, что . Тогда

то есть высота поперечного сечения балки изменяется вдоль балки по закону параболы.

Если принять, что балка имеет постоянную высоту , то

Следовательно, ширина поперечного сечения балки прямо пропорционально абсциссе этого сечения.

Пластический изгиб статически определимых балок

При упругом изгибе за опасное принималось такое состояние, когда нормальные напряжения в крайних точках сечения балки достигали предела текучести (рис. 13.2, а). Однако такое состояние не является предельным. Возможен дальнейший рост нагрузки вследствие распространения текучести на внутренние волокна балки (рис. 13.2, б). В опасном сечении образуется так называемый пластический шарнир. В этом сечении изгибающий момент достигает предельного значения :

где — статические моменты верхней и нижней частей площади сечения относительно нейтральной оси.

Для прямоугольного поперечного сечения имеем (рис. 13.2, г):

где

пластический момент сопротивления при изгибе.

Составим соотношение:

то есть предельный момент при учете пластических деформаций увеличивается в 1,5 раза, если поперечное сечение балки — прямоугольное (рис. 13.2, г).

Рассмотрим случай чистого плоского изгиба и составим уравнение равновесия (рис. 13.2, в):

то есть

где — площади растянутой и сжатой частей сечения, следовательно, при пластическом изгибе нейтральная ось делит сечение на две равновеликие части.

Задача с решением №15.

Определить допускаемую нагрузку Fujm для консольной балки (рис 13.3) прямоугольного поперечного сечения, (рис. 13.2). Балка изготовлена из стали , коэффициент запаса прочности при расчете по пределу текучести .

Решение: Расчет начинаем с определения пластического момента сопротивления:

затем определяем

Но с другой стороны

откуда

И, наконец,

В примере использован метод расчета конструкций по расчетным предельным состояниям.

Определим нормальное напряжение в наиболее опасном сечении:

Потенциальная энергия деформации при изгибе

Подобно тому как это было сделано для сосредоточенной внешней силы (лекция 4), можно показать, что работа внешнего момента может быть вычислена по формуле: , где — угол поворота сечения в точке приложения момента. Тогда элементарная работа изгибающего момента может быть найдена по формуле (рис. 11.1):

но при изгибе имеем:

где

и тогда

где — потенциальная энергия изгиба, — жесткость балки при изгибе.

В общем случае изгиба в поперечных сечениях балки кроме изгибающих моментов возникают еще и поперечные силы. Потенциальная энергия сдвига, определяемая по формуле (5.4) и соответствующая работе поперечной силы, как показывают исследования, невелика и ею обычно пренебрегают.

Дифференциальное уравнение изогнутой оси прямого бруса и его интегрирование

Под действием внешних сил ось балки искривляется. Изогнутая ось балки называется упругой линией балки, а перемещения точек оси балки по нормали к ее недеформированной оси называются прогибами (рис. 14.1).

Будем искать прогибы балки у в виде

Нам уже известна формула (14.1), но из курса высшей математики также известно, что кривизна кривой (14.2) вычисляется по формуле

Первая производная , входящая в знаменатель формулы (14.3), представляет собой тангенс угла между осью и касательной к упругой линии балки. Практически углы очень малы и их квадратами, по сравнению с единицей, можно пренебречь.

Приравниваем соответствующие части уравнений (14.1) и (14.3):

Полученное уравнение называется основным дифференциальным уравнением изогнутой оси балки. Оно — приближенное, так как при его выводе точное выражение кривизны оси заменено приближенным и не учтены деформации балки, связанные с наличием поперечных сил. В подавляющем большинстве случаев это влияние несущественно и им можно пренебречь.

Проинтегрируем выражение (14.4):

а затем и выражение (14.5):

где — произвольные постоянные интегрирования, которые находятся из граничных условий.

Порядок вычисления линейных и угловых перемещений поперечных сечений балки рассмотрим на конкретных примерах.

Задача с решением №16.

Определим прогибы и углы поворота балки, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой (рис. 14.1). Для рассматриваемого случая однопролетной балки уравнение (14.4) примет вид:

Проинтегрируем это уравнение дважды, имея в виду, что :

Для определения постоянных интегрирования и запишем граничные условия:

при имеем и получаем

при имеем , то есть

и

Поставленные граничные условия означают, что на концах балки перемещения равны нулю (рис. 14.1). Полученные значения и подставим в выражения для и :

По этим уравнениям можно определить прогиб и угол поворота в любом сечении балки. Рассмотрим, например, середину балки, то есть примем , тогда формулы (14.7) дадут

Практическое значение имеет наибольший прогиб. Для определения абсциссы сечения, где возникает максимальный прогиб, следует приравнять нулю первую производную . Полученное значение абсциссы затем необходимо подставить в формулу (14.6) и найти .

В рассматриваемом примере при и, следовательно, полученное значение в виде (14.8) есть .

Задача с решением №17.

Определить прогибы и углы поворота балки на двух опорах, нагруженной посередине сосредоточенной силой (рис. 14.2). Балка имеет постоянную жесткость на изгиб .

В этом случае уравнение упругой линии балки будем записывать для двух участков отдельно.

Рассмотрим сначала первый участок :

а затем второй участок :

Поставим граничные условия. Левый конец балки принадлежит первому участку, поэтому граничное условие ставим для первого участка: , откуда . Правый же конец балки относится ко второму участку, поэтому для второго участка граничное условие примет вид:

откуда находим

Подставляя полученные значения и в выражения (14.9) и (14.10), запишем окончательно

Правила интегрирования дифференциального уравнения упругой линии прямого бруса

Если число участков балки по характеру изменения моментов равно , то число произвольных постоянных по участкам будет равно

Сформулируем правила, при выполнении которых число произвольных постоянных независимо от числа участков будет равно двум. Этих правил три:

1. Каждая нагрузка должна давать непрерывную функцию изгибающего момента до конца балки. Если этого нет, то нагрузку надо преобразовывать путем добавления уравновешенных нагрузок.
2. В выражении изгибающего момента сосредоточенный момент надо писать с множителем , где — абсцисса точки приложения момента (рис. 15.1).
3. Интегрирование биномов производить со сложным дифференциалом, не открывая скобок.

Рассмотрим пример. В однопролетной балке выделяем 5 участков, причем распределенную нагрузку продолжаем до конца балки и одновременно на участке V прикладываем равномерно распределенную нагрузку, равную по величине, но противоположно направленную заданной.

Запишем уравнения для каждого участка (рис. 15.1):

Интегрируя полученные уравнения со сложным дифференциалом, получим

Интегрируя последние пять уравнений, получим формулы для вычисления прогибов балки на каждом из 5 участков:

В итоге получили уравнения для каждого участка балки, которые содержат только две произвольные функции интегрирования и . Эти постоянные определяются из граничных условий. Например, в рассматриваемом примере граничные условия имеют вид (рис. 15.1): при должно быть , откуда ;

при должно быть , откуда можно найти постоянную .

Определение перемещений в балках постоянного сечения методом начальных параметров

Рассмотрим прямой брус , который после приложения внешней нагрузки искривился и занял положение кривой (рис. 15.2).

Запишем выражения, характеризующие упругую линию прямого бруса для сечения :

где величины показаны на рис. 15.2. Величины называются начальными параметрами, а уравнения (15.1) — уравнениями упругой линии в начальных параметрах.

Если известны все начальные параметры , то уравнения (15.1) можно записать сразу.

Задача с решением №18.

Пусть дана консольная балка постоянной жесткостью (рис. 15.3). Для нее можно сразу записать:

Теории прочности

Вопрос о прочности гораздо проще решить экспериментальным путем, но это очень дорого и громоздко.

Составление условий прочности для одноосного напряженного состояния или для простейшего двухосного не вызывает затруднений. Для обеспечения прочности материала требуется, чтобы наибольшее нормальное или касательное напряжение не превосходило соответствующего допускаемого напряжения. Но есть и более сложные случаи напряженного состояния (рис. 4.1, рис. 4.2).

Считают, что элемент конструкции находится в опасном состоянии, если такое состояние имеется в какой-либо его точке. Эту точку называют опасной точкой.

Существуют различные взгляды на причины, вызывающие опасное состояние материала. Рассмотрим три теории прочности, которые называют классическими теориями прочности и энергетическую теорию. Теории прочности представляют собой гипотезы о критериях, определяющих условия перехода материала в опасное состояние.

Расчеты по различным теориям прочности часто дают противоречивые результаты, не соответствующие также и опытным данным.

Первая теория прочности (Галилей, XVII век)

Сформулирована она может быть следующим образом: предельное состояние материала наступает тогда, когда наибольшее нормальное напряжение достигает значения предельного напряжения.

Условия прочности по первой теории прочности имеют вид:

— для пластичных материалов, — для хрупких материалов.

В практических расчетах первая теория прочности в настоящее время почти не применяется. Первая теория прочности дает совпадение экспериментальных и теоретических данных для случая растяжения хрупких материалов, когда по абсолютной величине значительно больше других. Но эта теория не может объяснить, почему материал сопротивляется огромным давлениям при всестороннем сжатии.

Вторая теория прочности (Мариотт, 1692 г.)

Вторая теория прочности представляет собой гипотезу, согласно которой опасное состояние материала наступает в результате того, что наибольшее относительное удлинение достигает опасного значения.

Для пластичного материала условие прочности по второй теории прочности имеет вид:

Для хрупкого материала условие прочности записывается в виде:

Эта теория находится в противоречии с экспериментальными данными для пластических материалов. В настоящее время в практических расчетах практически не применяется.

Третья теория прочности (Кулон, 1773 г.)

Третья теория прочности утверждает, что касательные напряжения -фактор, вызывающий разрушение материала.

Условие прочности по этой теории имеет вид:

или

Третья теория прочности объясняет, почему в случае всестороннего равномерного сжатия материал может, не разрушаясь, выдерживать большие напряжения. Однако она не объясняет разрушение материала при всестороннем равномерном растяжении. Недостатком третьей теории является также то, что она не учитывает главное напряжение . Расхождение результатов теоретических расчетов и опытных данных достигает 10-15%.

Во многих практических случаях третья теория прочности дает удовлетворительное совпадение результатов теоретического расчета с опытными данными для пластических материалов. Она широко используется при расчетах конструкций из пластических материалов.

Для хрупких материалов эта теория не применима.

Четвертая (энергетическая) теория прочности (Бельтрами 1885 г.)

Энергетическая теория прочности утверждает, что причиной возникновения опасного состояния является величина удельной потенциальной энергии изменения формы.

Запишем значение удельной потенциальной энергии деформации:

Подставим формулы для вычисления (см. лекцию 4) в выражение (16.4):

Напряженное состояние бесконечно малого элемента конструкции (рис. 16.1, а) можно расчленить на два состояние (рис. 16, б, в).

Следуя изложенной выше методике можно определить, что удельная потенциальная энергия изменения формы будет:

Условие прочности по четвертой теории прочности имеет вид:

Рассматривая совместно два выражения (16.6) и (16.7), окончательно получаем:

Достоинством энергетической теории является то, что она учитывает все три главных напряжения, но не может объяснить причины разрушения материала при всестороннем равномерном растяжении.

Эта теория широко используется при расчете конструкций из пластичных материалов. Для хрупких материалов она непригодна.

Теория прочности Мора

Главное напряжение влияет незначительно на прочность материалов, в пределах 15%. Поэтому можно считать, что прочность материала определяется лишь напряжениями и . Таким образом, расчет прочности в общем случае трехосного напряженного состояния сводится к расчету прочности при двухосном напряженном состоянии.

Для анализа прочности материала в этом случае удобно пользоваться кругами Мора (рис. 16.2)

Получение достаточного количества опытных данных для точного построения огибающей затруднительно. Поэтому практически огибающую, соответствующую допускаемым напряжениям, заменяют прямыми и , которые являются касательными к кругам Мора (рис. 16.3).

Условие прочности проверяется следующим образом. По значениям и строят круг (рис. 16.3). Если этот круг (круг 1) будет расположен между прямыми и , то считается, что материал в окрестности рассматриваемой точки имеет избыточную прочность, а если круг будет пересекать эти прямые (круг 2), то считается, что этот материал имеет недостаточную прочность.

Рассматривая подобие треугольников и , можно получить условие прочности в виде:

Условие (16.9) выражает упрощенную теорию прочности Мора. Теория прочности Мора широко используется при расчетах конструкций из хрупких материалов. Для пластичных материалов теория прочности Мора совпадает с третьей теорией прочности, так как в этом случае

Применение теоретических положений сопротивления материалов для решения практических задач

Задача с решением №19.

Определить нормальное напряжение в бетоне и арматуре железобетонной колонны, квадратное поперечное сечение которой показано на рис. 17.1, причем , модуль продольной упругости стали , а бетона тяжелого класса .

В поперечном сечении колонны установлены четыре стержня диаметром 20 мм, следовательно, по справочнику принимаем, что общая их расчетная площадь поперечного сечения . Площадь поперечного сечения, занимаемого бетоном, определяется как

Пусть в поперечном сечении колонны действует сжимающая сила тогда уравнение равновесия примет вид:

Для определения усилий в арматуре и в бетоне одного записанного выше уравнения равновесия недостаточно, так как задача один раз статически неопределима. Составим дополнительное уравнение возможных перемещений (уравнение совместности деформаций). Очевидно, что между арматурой и бетоном существует сцепление, так что абсолютное и относительное удлинения арматуры и бетона равны

Учитывая, что , получаем равенство относительных удлинений: , или , или, что то же самое , откуда находим

Подставляя полученное соотношение в уравнение равновесия при учете, что и полагая, что внешняя сосредоточенная сжимающая сила имеем

откуда находим

Напряжения имеют знак «минус», так как колонна работает на сжатие.

Задача с решением №20.

Определить расстояние между элементами пакета, состоящего из трех досок размером , при условии равенства главных моментов инерции относительно осей и (рис. 17.2).

Решение: Момент инерции всего сечения относительно оси будет

При определении момента инерции сечения относительно оси для двух крайних прямоугольников следует воспользоваться формулой (6.13), так как ось не является для них центральной и, следовательно, для всего пакета из трех досок будем иметь

По условию задачи , или . Решив полученное квадратное уравнение, найдем .

Задача с решением №21.

Построить эпюру крутящих моментов для вала постоянного по длине поперечного сечения, жестко защемленного обоими торцами и нагруженного скручивающим сосредоточенным моментом (рис. 17.3), расположенным на расстоянии от левого закрепления.

Решение: Так как вал защемлен с двух торцов, то в обоих защемлениях возникнут реактивные опорные моменты и . Для их определения используем вначале уравнения статики. В данном случае можно составить только одно уравнение равновесия:

или

Уравнение содержит две неизвестные величины: и . Следовательно, данная задача является один раз статически неопределимой.

Рассматриваем картину деформации вала (рис. 17.3, б). Видно, что взаимный угол закручивания правого торца относительно левого равен нулю. Угол поворота правого торца относительно левого может быть представлен в виде суммы углов закручивания отдельных участков вала.

Углы закручивания по участкам определятся следующим образом: для участка длиной , для участка длиной

где и — крутящие моменты на соответствующих участках вала. Суммарный угол закручивания по условию закрепления концов равен нулю:

Это и есть деформационное уравнение задачи. Преобразуем его. Применяя метод сечений, выразим крутящие моменты и :

Подставив эти значения моментов в уравнение (17.2), и сократив полученное уравнение на постоянный множитель получим

Решая совместно уравнения (17.1) и (17.3), найдем

Знак «-» указывает на то, что истинное направление реактивных моментов противоположно выбранному первоначально. Вычислив реактивные моменты, строим эпюру крутящих моментов по известным правилам (рис. 17.3, <?).

Можно отметить следующую особенность эпюр крутящих моментов в статически неопределимых валах с суммарная площадь эпюры крутящих моментов равна нулю, что по существу предопределено уравнением (17.3). Если вал ступенчатый, то нулю должна быть равна сумма площадей эпюры крутящих моментов, отнесенных к полярным моментам инерции сечений на соответствующих участках.

Задача с решением №22.

Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки, показанной на рис. 17.4.

Решение: Определим опорные реакции балки и . Учитываем, что равнодействующая треугольной распределенной нагрузки численно будет равна площади занимаемой этой нагрузкой на рисунке, т.е. . Точка приложения равнодействующей нагрузки будет на расстоянии от левой опоры или, что то же самое, на расстоянии от правой опоры. В этом случае имеем:

Проверим полученные результаты, для чего спроектируем все силы на ось

Следовательно, опорные реакции и определены правильно. Проведем сечение и мысленно отбросим правую часть балки, заменив действие отброшенной части положительной поперечной силой и изгибающим моментом (рис. 17.4, б). Из подобия треугольников и получим , откуда .

Составим уравнения равновесия для оставшейся части балки:

Определяем значение поперечной силы в начале и в конце балки:

при имеем , а при получаем . Найдем абсциссу поперечного сечения, в котором , для чего приравниваем к нулю выражение для определения поперечной силы:

откуда находим

Следовательно, максимальное значение изгибающего момента будет в поперечном сечении, для которого

т. е.

В начале () и в конце () балки получаем, что . По полученным данным строим эпюры и (рис. 17.4, а).

Задача с решением №23.

Определить прогиб балки, изображенной на рис. 17.5. Жесткость балки на изгиб — .

Решение: Определяем опорные реакции:

Балка состоит из одного участка. Составляем уравнение упругой оси балки:

а затем его интегрируем:

Для определения постоянных интегрирования и поставим граничные условия: при имеем и при также имеем , т.е. получаем , откуда , далее

откуда находим

Подставляя полученное значение в формулы (17.4), окончательно запишем результаты:

Готовые задачи по технической механике

Дисциплина «Техническая механика» является базой для создания надежных и экономичных конструкций, как на стадии проектирования, так и при изготовлении и эксплуатации.

К основным задачам технической механики относится изучение:

• общих законов равновесия материальных тел;
• методов расчета элементов конструкций и машин на прочность, жесткость и устойчивость;
• законов движения материальных тел;
• устройства машин и механизмов, их деталей и области их применения.

Задачи на тему: «Связи и их реакции»

Задача №1.

Груз подвешен на стержнях и канатах и находится в равновесии (рис. 1.13). Изобразить систему сил, действующих на шарнир .

Решение:

1. Реакции стержней направлены вдоль стержней, реакции гибких связей направлены вдоль нитей в сторону натяжения (рис. 1.13а).
2. Для определения точного направления усилий в стержнях мысленно убираем последовательно стержни 1 и 2. Анализируем возможные перемещения точки . Неподвижный блок с действующими на него силами не рассматриваем.
3. Убираем стержень 1, точка поднимается и отходит от стены, следовательно, реакция стержня 1 направлена к стене.
4. Убираем стержень 2, точка поднимается и приближается к стене, следовательно, реакция стержня 2 направлена от стены вниз.
5. Канат тянет вправо.
6. Освобождаемся от связей (рис. 1.136).

Задача №2.

Шар подвешен на нити и опирается на стену (рис. 1.14а). Определить реакции нити и гладкой опоры (стенки).

Решение:

1. Реакция нити — вдоль нити к точке вверх (рис. 1.146).
2. Реакция гладкой опоры (стенки) — по нормали от поверхности опоры.

Задачи на тему: «Плоская система сходящихся сил»

Задача №3.

Груз подвешен на стержнях и находится в равновесии. Определить усилия в стержнях (рис. 2.5а).

Решение:

1. Усилия, возникающие в стержнях крепления, по величине равны силам, с которыми стержни поддерживают груз (5-я аксиома статики) (рис. 2.5а). Определяем возможные направления реакций связей «жесткие стержни».

Усилия направлены вдоль стержней.

1. Освободим точку от связей, заменив действие связей их реакциями (рис. 2.56).
2. Система находится в равновесии. Построим треугольник сил. Построение начнем с известной силы, вычертив вектор в некотором масштабе.

Из концов вектора проводим линии, параллельные реакциям и . Пересекаясь, линии создадут треугольник (рис. 2.5в). Зная масштаб построений и измерив длину сторон треугольника, можно определить величину реакций в стержнях.

1. Для более точных расчетов можно воспользоваться геометрическими соотношениями, в частности теоремой синусов: отношение стороны треугольника к синусу противоположного угла — величина постоянная

Для данного случая:

Замечание. Если направление вектора (реакции связи) на заданной схеме и в треугольнике сил не совпало, значит, реакция на схеме должна быть направлена в противоположную сторону.

Задача №4.

Груз подвешен на стержнях и канатах и находится в равновесии.

Определить усилия в стержнях (рис. 2.6а).

Решение:

1. Нанесем на схему возможные направления усилий, приложенных в точке . Реакции стержней — вдоль стержней, усилие от каната — вдоль каната от точки к точке .
2. Груз находится в равновесии, следовательно, в равновесии находится точка , в которой пересекаются три силы. Освободим точку А от связей и рассмотрим ее равновесие (рис. 2.66). Замечание. Рассмотрим только силы, приложенные к точке . Груз растягивает канат силой 45 кН по всей длине, поэтому усилие от каната известно: .
3. Строим треугольник для сил, приложенных в точке , начиная с известной силы . Стороны треугольника параллельны предполагаемым направлениям сил, приложенных в точке . Образовался прямоугольный треугольник (рис. 2.6в).
4. Неизвестные реакции стержней можно определить из соотношений в прямоугольном треугольнике:

Замечание. При равновесии векторы сил в треугольнике направлены один за другим (обходим треугольник по часовой стрелке). Сравним направления сил в треугольнике с принятыми в чале расчета на рис. 1.26а. Направления совпали, следовательно, направления реакций определены верно.

Задача №5.

Определить величины и знаки проекций представленных на рис. 3.6 сил.

Задача №6.

Определить величину и направление равнодействующей плоской системы сходящихся сил аналитическим способом.

Решение:

1. Определяем проекции всех сил системы на (рис. 3.7а):

Сложив алгебраически проекции, получим проекцию равнодействующей на ось .

Знак говорит о том, что равнодействующая направлена влево. 2. Определяем проекции всех сил на ось значения проекций, получим величину проекции .

Сложив алгебраически значения проекций, получим величину проекции равнодействующей на ось .

Знак проекции соответствует направлению вниз. Следовательно, равнодействующая направлена влево и вниз (рис. 3.76).

Определяем модуль равнодействующей по величинам проекций:

Определяем значение угла равнодействующей с осью :

И значение угла с осью .

Задача №7.

Система трех сил находится в равновесии. Известны проекции двух сил системы на взаимно перпендикулярные оси и :

Определить, чему равна и как направлена третья сила системы.

Решение:

• Из уравнений равновесия системы определяем:

• По полученным величинам проекций определяем модуль силы:

• Направление вектора силы относительно оси (рис. 3.8):

Задачи на тему: «Пара сил. Момент нары сил»

Задача №8.

Дана пара сил ; плечо 2 м. Заменить заданную пару сил эквивалентной парой с плечом 0,7 м (рис. 4.5).

Решение:

Пары сил эквивалентны, если моменты этих пар численно равны:

Задача №9.

Дана система пар сил (рис. 4.6). Определить момент результирующей пары.

Решение:

Момент результирующей пары равен алгебраической сумме моментов пар системы:

Подставив численные значения, получим:

Знак свидетельствует о том, что момент вызывает вращение по часовой стрелке. Величину силы и плеча определить не удается.

Примечание. Чтобы уравновесить данную систему пар, необходимо приложить пару сил, равную по модулю и направленную в обратную сторону. Такую пару сил называют уравновешивающей.

Задача №10.

Рассчитать сумму моментов сил относительно точки 0 (рис. 4.7).

Решение:

1. Момент силы относительно точки численно равен произведению модуля силы на плечо силы.
2. Момент силы равен нулю, если линия действия силы проходит через точку.

Задачи на тему: «Плоская система произвольно расположенных сил»

Задача №11.

Найти момент присоединенной пары при переносе силы в точку (рис. 5.3).

Решение:

Используем теорему Пуансо.

Задача №12.

Найти главный вектор системы (рис. 5.4).

Решение:

Главный вектор равен геометрической сумме сил:

Задача №13.

Найти главный момент системы относительно точки (использовать данные примера 2).

Решение:

Главный момент равен алгебраической сумме моментов сил относительно точки приведения:

Задача №14.

К телу приложена уравновешенная система сил (рис. 5.5). Две из них неизвестны. Определить неизвестные силы. . Наносим оси координат и используем уравнения равновесия:

Задача №15.

Консольная (защемленная) балка нагружена сосредоточенными силами и парой сил (рис. 6.7). Определить реакции заделки.

Решение:

• В заделке может возникнуть реакция, представляемая двумя составляющими , и реактивный момент . Наносим на схему балки возможные направления реакций.

Замечание. Если направления выбраны неверно, при расчётах получим отрицательные значения реакций.

В силу малой ширины балки считают, что все точки балки находятся на одной прямой; все три неизвестные реакции приложены в одной точке. Для решения удобно использовать систему уравнений равновесия в первой форме. Каждое уравнение будет содержать одну неизвестную.

• Используем систему уравнений:

Знаки полученных реакций (+), следовательно, направления реакций выбраны верно.

1. Для проверки правильности решения составляем уравнение моментов относительно точки .

Проверка:

Подставляем значения полученных реакций:

Решение выполнено верно.

Задача №16.

Двухопорная балка с шарнирными опорами и нагружена сосредоточенной силой , распределенной нагрузкой с интенсивностью и парой сил с моментом (рис. 6.8а). Определить реакции опор.

Решение:

1. Левая опора (точка ) — подвижный шарнир, здесь реакция направлена перпендикулярно опорной поверхности. Правая опора (точка ) — неподвижный шарнир, здесь наносим две составляющие реакции вдоль осей координат. Ось совмещаем продольной осью балки.
2. Поскольку на схеме возникнут две неизвестные вертикальные реакции, использовать первую форму уравнений равновесия нецелесообразно.
3. Заменяем распределенную нагрузку сосредоточенной: Сосредоточенную силу помещаем в середине пролета(рис. 6.86).
4. Наносим возможные реакции в опорах (направление произвольное).
5. Для решения выбираем уравнение равновесия в виде

Составляем уравнения моментов относительно точек крепления:

Проверка:

Следовательно, реакции определены верно.

Знак «минус» у реакций и указывает на то, что они направлены в противоположную сторону.

Задачи на тему: «Пространственная система сил»

Задача №17.

На тело в форме куба с ребром — 10 см действуют три силы (рис. 7.6). Определить моменты сил относительно осей координат, совпадающих с ребрами куба.

Решение:

• Моменты сил относительно оси :

• Моменты сил относительно оси :

• Моменты сил относительно оси :

Задача №18.

На горизонтальном валу закреплены два колеса,), ; . Остальные размеры — на рис. 7.7. К колесу 1 приложена сила , к колесу 2 — силы . Определить силу и реакции в шарнирах и в состоянии равновесия.

Напомним:

1. При равновесии выполняются шесть уравнений равновесия. Уравнения моментов следует составлять относительно опор и .
2. Силы

Моменты этих сил относительно соответствующих осей равны нулю.

Расчёт следует завершить проверкой, использовав дополнительные уравнения равновесия.

Решение:

Определяем силу , составив уравнение моментов сил относительно оси :

Определяем реакции в опоре . На опоре действуют две составляющие реакции .

Составляем уравнение моментов сил относительно оси (в опоре ). Поворот вокруг оси не происходит:

Знак «минус» означает, что реакция направлена в противоположную сторону. Поворот вокруг оси не происходит, составляем уравнение моментов сил относительно оси (в опоре ):

Определяем реакции в опоре . На опоре действуют две составляющие реакции . Составляем уравнение моментов сил относительно оси (опора ):

Составляем уравнение моментов относительно оси (опора ):

Проверка. Используем уравнения проекций:

Следовательно, реакции определены верно.

Задачи на тему: «Центр тяжести»

Задача №19.

Определить положение центра тяжести фигуры, представленной на рис. 8.4.

Решение:

Аналогично определяется

Задача №20.

Определить координаты центра тяжести составного сечения. Сечение состоит из листа и прокатных профилей (рис. 8.5). Примечание. Часто рамы сваривают из разных профилей, получая необходимую конструкцию. Таким образом, уменьшается расход металла и образуется конструкция высокой прочности.

Для стандартных прокатных профилей собственные геометрические характеристики известны. Они приводятся в соответствующих таблицах прокатного профиля.

Решение:

• Обозначим фигуры номерами и выпишем из таблиц необходимые данные:

1 — швеллер № 10 (ГОСТ 8240-89); высота ; ширина полки ; площадь сечения ;

2 — двутавр № 16 (ГОСТ 8239-89); высота 160 мм; ширина полки 81мм; площадь сечения ;

3 — лист 5×100; толщина 5 мм; ширина 100 мм; площадь сечения

• Координаты центров тяжести каждой фигуры можно определить по чертежу.

Составное сечение симметрично, поэтому центр тяжести находится на оси симметрии и координата .

Лист 3:

• Определение центра тяжести составного сечения:

Задачи на тему: «Кинематика точки»

Задача №21.

По заданному закону движения определить вид движения, начальную скорость и касательное ускорение точки, время до остановки.

(Рекомендуется обойтись без расчетов, использовать метод сравнения заданного уравнения с уравнениями различных видов движений в общем виде.)

Решение:

1. Вид движения: равнопеременное
2. При сравнении уравнений очевидно, что

— начальный путь, пройденный до начала отсчета 10 м;

— начальная скорость 20 м/с;

— постоянное касательное ускорение

— ускорение отрицательное, следовательно, движение равнозамедленное, ускорение направлено в сторону, противоположную направлению скорости движения.

1. Определяем время, при котором скорость точки будет равна нулю:

Примечание: Если при равнопеременном движении скорость растет, значит, ускорение — положительная величина, график пути — вогнутая парабола. При торможении скорость падает, ускорение (замедление) — отрицательная величина, график пути — выпуклая парабола.

Задача №22.

Точка движется по желобу из точки в точку . Как изменятся касательное и нормальное ускорения при прохождении точки через и ?

Скорость движения считать постоянной. Радиус участка , радиус участка .

Решение:

1. Рассмотрим участок . Касательное ускорение равно нулю . Нормальное ускорение при переходе через точку увеличивается в 2 раза, оно меняет направление, т. к. центр дуги не совпадает с центром дуги .
2. На участке :

— касательное ускорение равно нулю: ;
— нормальное ускорение при переходе через точку меняется: до точки движение вращательное, после точки движение становится прямолинейным, нормальное напряжение на прямолинейном участке равно нулю. 3. На участке полное ускорение равно нулю.

Задача №23.

По заданному графику скорости найти путь, пройденный за время движения.

Решение:

1. По графику следует рассмотреть три участка движения. Первый участок — разгон из состояния покоя (равноускоренное движение).

Уравнение скорости .

Ускорение

Второй участок — равномерное движение:

Третий участок — торможение до остановки (равнозамедленное движение)

Уравнение скорости

• Путь, пройденный за время движения, будет равен:

Задача №24.

Тело, имевшее начальную скорость 36 км/ч, прошло 50 м до остановки. Считая движение равнозамедленным, определить время торможения.

Решение:

1. Записываем уравнение скорости для равнозамедленного движения:

• Определяем начальную скорость в м/с:

• Выразим ускорение (замедление) из уравнения скорости:

• Записываем уравнение пути:

После подстановки получим:

• Определяем время до полной остановки (время торможения):

Задача №25.

По заданному графику угловой скорости определить вид вращательного движения,

Решение:

1. Участок 1 — неравномерное ускоренное движение, .
2. Участок 2 — скорость постоянна — движение равномерное .
3. Участок 3 — скорость убывает равномерно — равнозамедленное движение, .

Задача №26.

Ротор электродвигателя вращается со скоростью, описываемой уравнением Определить вид движения.

Решение

1. Анализируем выражение для скорости: скорость меняется и зависит от времени линейно. Следовательно, угловое ускорение — постоянно, .
2. Движение равнопеременное (равноускоренное, т. к. ускорение положительно).

Задача №27.

Тело вращалось равноускоренно из состояния покоя сделало 360 оборотов за 2 мин. Определить угловое ускорение.

Решение:

• Один оборот равен радиан. Следовательно:

• Закон равпопеременного вращательного движения

В данном случае

Следовательно,

Откуда

• Угловое ускорение равно

Задача №28.

Тело вращалось с угловой частотой 1200 об/мин. Затем движение стало равнозамедленным, и за 30 секунд скорость упала до 900 об/мин. Определить число оборотов тела за это время и время до полной остановки.

Решение:

Построить график изменения скорости за 30 с (рис. 11.9). Определяем угловую скорость вращения тела:

Определяем угловое ускорение:

Определяем угол поворота за прошедшее время:

Число оборотов за 30 с:

Определяем время до полной остановки. Скорость при остановке равна нулю, Таким образом, Тогда

Задача №29.

Маховое колесо вращается равномерно со скоростью 120 об/мин (рис. 11.10). Радиус колеса 0,3 м. Определить скорость и полное ускорение точек на ободе колеса, а также скорость точки, находящейся на расстоянии 0,15 м от центра.

Решение:

Угловая скорость

Линейная скорость на ободе колеса

Скорость в точке (рис. 11.10)

Угловое ускорение

Касательное ускорение точки нормальное ускорение точки

Полное ускорение точек на ободе колеса

Задачи на тему: «Сложное движение точки»

Задача №30.

Рассмотрим механизм, в котором стержень вращается вокруг точки со скоростью . Вдоль стержня перемещается ползун со скоростью . Определить абсолютную скорость точки .

Решение:

1. Относительное движение — вдоль стержня; скорость
2. Переносное движение — вращение стержня; скорость .
3. Скорость абсолютного движения

Задача №31.

Стержень соскальзывает вниз, опираясь концами о стену и пол

Длина стержня 1,5 м; в момент, изображенный на чертеже, скорость точки .

Найти скорость точки .

Решение:

• Найдем положение МЦС. Скорости точек и направлены вдоль стены и вдоль пола. Восстанавливая перпендикуляры к векторам скоростей, находим МЦС.
• По известной скорости vbопределяем угловую скорость стержня:

• Скорость точки :

Задачи на тему: «Основные понятия и аксиомы динамики»

Задача №32.

Свободная материальная точка, масса которой 5 кг, движется согласно уравнению . Определить величину движущей силы.

Решение:

1. Ускорение точки: .
2. Действующая сила согласно основному закону динамики

Задача №33.

К двум материальным точкам массой и приложены одинаковые силы. Сравнить величины ускорений.

Решение:

Согласно третьей аксиоме динамики ускорения обратно пропорциональны массам:

Задача №34.

На материальную точку действует система сил (рис. 13.5). Определить числовое значение ускорения, полученного материальной точкой =7 кг. Остальные данные представлены на чертеже.

Решение:

1-й вариант.

Определяем суммарную силу, действующую на точки:

Определяем ускорение, сообщенное точке:

2-й вариант.

Определяем ускорение от каждой из сил системы (рис. 13.5 б):

Определяем суммарное ускорение:

Задачи на тему: «Метод кинетостатики»

Задача №35.

Рассмотрим движение платформы по шероховатой поверхности с ускорением (рис. 14.4).

Решение:

Активные силы: движущая сила, сила трения, сила тяжести. Реакция в опоре . Прикладываем силу инерции в обратную от ускорения сторону. По принципу Даламбера, система сил, действующих на платформу, становится уравновешенной, и можно составить уравнения равновесия. Наносим систему координат и составляем уравнения проекций сил.

Задача №36.

Тело весом 3500 Н движется вверх по наклонной плоскости согласно уравнению . Определить величину движущей силы, если коэффициент трения тела о плоскость .

Решение:

• Составим расчетную схему, берем систему координат с осью вдоль наклонной плоскости. Активные силы: движущая, сила трения, сила тяжести. Наносим акцию в опоре перпендикулярно плоскости. Чтобы верно направить луч инерции, необходимо знать направление ускорения, определить это можно по уравнению движения. При движение равноускоренное.

• Определяем ускорение движения:

Силу направим в обратную от ускорения сторону.

• По принципу Даламбера составим уравнения равновесия:

Выразим неизвестную силу и решим уравнение:

Задача №37.

График изменения скорости лифта при подъеме известен. Масса лифта с грузом 2800 кг. Определить натяжение каната, на котором подвешен лифт на всех участках подъема.

Решение:

1. Рассмотрим участок 1 — подъем с ускорением. Составим схему сил. Уравнение равновесия кабины лифта:

где — натяжение каната; — сила тяжести; — сила инерции, растягивающая канат.

Для определения ускорения на участке 1 учтем, что движение на этом участке равнопеременное, скорость

Следовательно, ускорение:

Определяем усилие натяжения каната при подъеме с ускорением

Рассмотрим участок 2 — равномерный подъем. Ускорение и сила инерции равны нулю.

Натяжение каната равно силе тяжести.

1. Участок 3 — подъем с замедлением. Ускорение направлено в сторону, обратную направлению подъема. Составим схему сил (рис. 14.8).

Уравнение равновесия:

Отсюда

Ускорение (замедление) на этом участке определяется с учетом го, что .

Натяжение каната при замедлении до остановки:

Таким образом, натяжение каната меняется при каждом подъеме и опускании, канат выходит из строя в результате усталости материала, работоспособность зависит от времени.

Задача №38.

Самолет выполняет «мертвую петлю» при скорости 160 , радиус петли 1000 м, масса летчика 75 кг. Определить величину давления тела на кресло в верхней точке «мертвой петли».

Решение:

1. Схема сил, действующих на летчика:

где — сила тяжести, — реакция в опоре, — сила инерции.

Сила давления летчика на кресло равна силе давления опоры на летчика.

1. Уравнение равновесия (движение равномерное по дуге, действует только нормальное ускорение):

Задачи на тему: «Работа и мощность»

Задача №39.

Тело массой 200 кг поднимают по наклонной плоскости.

Определите работу при перемещении на 10 м с постоянной скоростью. Коэффициент трения тела о плоскость .

Решение:

• При равномерном подъеме движущая сила равна сумме сил сопротивления движению. Наносим на схему силы, действующие на тело:

• Используем теорему о работе равнодействующей:

Подставляем входящие величины и определяем работу по подъему:

Задача №40.

Определите работу силы тяжести при перемещении груза из точки в точку по наклонной плоскости. Сила тяжести тела 1500 Н. .

Решение:

1. Работа силы тяжести зависит только от изменения высоты груза. Изменение высоты при перемещении из точки в :

Работа силы тяжести:

Задача №41.

Определите работу силы резания за 3 мин. Скорость вращения детали 120 об/мин, диаметр обрабатываемой детали 40 мм, сила резания 1 кН

Решение:

Работа при вращательном движении

где — сила резания.Угловая частота вращения 120 об/мин.

Число оборотов за заданное время составляет .

Угол поворота за это время . Работа за 3 мин .

Задача №42.

Определить потребную мощность мотора лебедки для подъема груза весом 3 кН на высоту 10 м за 2,5 с. КПД механизма лебедки 0,75.

Решение:

1. Мощность мотора используется на подъем груза с заданной скоростью и преодоление вредных сопротивлений механизма лебедки. Полезная мощность определяется по формуле . В данном случае ; груз движется поступательно.
2. Скорость подъема груза
3. Необходимое усилие равно весу груза (равномерный подъем).
4. Полезная мощность .
5. Полная мощность, затрачиваемая мотором,

Задача №43.

Судно движется со скоростью 56 км/ч (рис. 16.4). Двигатель развивает мощность 1200 кВт. Определить силу сопротивления воды движению судна. КПД машины

Решение:

• Определяем полезную мощность, используемую на движение с заданной скоростью:

• По формуле для полезной мощности можно определить движущую силу судна с учетом условия . При равномерном движении движущая сила равна силе сопротивления воды:

• Скорость движения судна

• Сила сопротивления воды

• Сила сопротивления воды движению судна

Задача №44.

Точильный камень прижимается к обрабатываемой детали с силой 1,5 кН. Какая мощность затрачивается на обработку детали, если коэффициент трения материала камня о деталь 0,28; деталь вращается со скоростью 100 об/мин, диаметр детали 60 мм.

Решение:

• Резание осуществляется за счет трения между точильным камнем и обрабатываемой деталью:

• Момент силы резания

• Угловая скорость вращения детали

• Мощность, необходимая для обработки детали: