МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ
КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ
В рекомендованных учебниках [1], [2], а также в руководствах [4]
и [5] учащиеся найдут достаточное число примеров задач
подобных тем, которые включены в контрольную работу. Поэтому
ниже даны лишь необходимые краткие методические указания к
решению задач контрольной работы.
Первую задачу следует решить после изучения тем: 1.1 1.2.
Во всех задачах рассматривается равновесие плоской системы
сходящихся сил и требуется определить реакции двух шарнирно
соединенных между собой стержней, удерживающих два груза.
Таким образом, к шарниру В в каждой задаче приложены четыре
силы, из которых две неизвестны. Можно избрать три способа
решения: аналитический, графический и геометрический. Для
данного типа задач целесообразно использовать аналитический
способ решения.
Последовательность решения задачи:
1. Выбрать тело (точку), равновесие которого следует
рассматривать.
2. Освободить тело (шарнир В) от связей и изобразить
действующие на него силы и реакции отброшенных
связей. Причем реакции стержней следует направить от
шарнира В, так как принято предлагать, что стержни
растянуты.
3. Выбрать оси координат и составить уравнения равновесия,
используя условия равновесия системы сходящихся сил на
плоскости  Х I  0; YI  0 . Выбирая оси координат,
следует учитывать, что полученные уравнения будут
решаться проще, если одну из осей направить
перпендикулярно одной из неизвестных сил.
4. Определить реакции стержней из решения указанной
системы уравнений.
5. Проверить правильность полученных результатов, решив
уравнения равновесия относительно заново выбранных
координат Х и У.
Пример 1. Определить реакции стержней, удерживающих грузы
F1=70 кН и F2=100кН (рис.5 а). Массой стержней пренебречь.
Решение 1. Рассматриваем равновесие шарнира В (рис 5а).
2. Освобождаем шарнир В от связей и изображаем действующие
на него активные силы и реакции связей (рис 5 б).
3. Выбираем систему координат, совместив ось у по направлению
с реакцией R2 (рис 5 б ) и составляем уравнения равновесия для
системы сил, действующих на шарнир В:
(1)
 Х I  R1  Cos450  F2  cos 300  0
Y
 R1  Sin 450  R2  F2 Sin300  F1  0
(2)
4. Определяем реакции стержней R1 и R2 решая уравнения ( 1 ),
( 2 ). Из уравнения ( 1 )
I
R1 
F2  cos 30 o 100  0,866

 122кН
0,707
cos 45o
Подставляя найденное значение R1 в уравнение ( 2 ), получаем
R2  F1  F2  sin 30 o  R1  sin 45 o  70  100  0,5  122  0,707  66,6кН .
Знак минус перед значением R2 указывает на то, что
первоначально выбранное направление реакции неверное - следует
направить реакцию R2 в противоположную сторону, то есть к
шарниру В (на рис. 5 б истинное направление реакции R2 показано
штриховым вектором).
5.Проверяем правильность полученных результатов, выбрав новое
расположение осей координат Х и У (рис 5в). Относительно этих
осей составляем уравнения равновесия:
(3)
 xi  R2  Cos450 F2  Cos150  F1 cos 450  0
Y
i
 R1  F1  Cos450  R2  Cos450  F2  Cos750  0
(4)
Из уравнения (3) находим
R2 
F2 Cos150  F1  Cos450 100  0,965  70  0,707

 66,6кH .
0,707
Cos450
Подставляя найденное значение R2 в уравнение (4), получаем
R1  F1  Cos450  R2  Cos450  F2 Cos750  70  0,707  66,6  0,707  100  0,258  122kH.
Значение реакции R1 и R2, полученные при решении уравнений
(1) и (2), совпадают по величине и направлению со значениями,
найденными из уравнений (3) и (4),следовательно, задача решена
правильно.
Вторую задачу следует решать после изучения тем 1.3 и 1.4.
Во всех задачах требуется определить реакции опор балок.
Учащимся необходимо приобрести навыки определения реакций опор,
так как с этого начинается решение многих задач по сопротивлению
материалов и деталям машин.
Последовательность решения задачи:
1. Изобразить балку вместе
с нагрузками.
2. Выбрать расположение
координатных осей,
совместив ось Х с балкой,
а ось У направив
перпендикулярно оси Х.
3. Произвести
необходимые
преобразования заданных
активных сил: силу,
накопленную к оси балки
под углом  , заменить
двумя взаимно
перпендикулярными
составляющими, а
равномерно
распределенную нагрузку
- её равнодействующей,
приложенной в середине
участка распределения
нагрузки.
4. Освободить балку от опор, заменив их действие реакциями
опор, направленными вдоль выбранных осей координат.
5. Составить уравнения равновесия статики для произвольной
плоской системы сил таким образом и в такой
последовательности, чтобы решением каждого из этих уравнений
было определение одной из неизвестных реакций опор.
6.Проверить правильность найденных опорных реакций по
уравнению, которое не было использовано для решения задачи.
Пример 2. Определить реакцию опор балки (рис. 9а).
Решение:
1.Изобразим балку с действующими на неё нагрузками (рис 9а)
2.Изобразим оси координат Х и У.
3.Силу F заменяем её составляющими Fх=FСos  и Fу=FSin  .
Равнодействующая q  CD равномерно распределенной нагрузки
приложена в середине участка CD, в точке К (рис. 9б).
4.Освобождаем балку от опор, заменив их опорными реакциями
(рис 9 в).
5.Составляем уравнения равновесия статики и определяем
неизвестные реакции опор.
Из уравнения суммы моментов всех действующих на балку сил,
составленного относительно одной из точек опор, сразу определяем
одну из неизвестных вертикальных реакций:
 M F   F
A
RDy 
i
y
 AB  M  qCD  AK  RD  AD  0
Fy  AB  M  qCD  AK
AD

10  1  10  2  3
 6,5kH
4
Определяем другую вертикальную реакцию:
R Aу 
Fу  BD  M  qCD  KD
AD
M

D
( Fi )  RAy  AD  Fу  BD  М  qCD  KD  0
F  sin   BD  M  qCD  KD 20  0,5  3  10  2

 5,5kH
AD
4
Определяем горизонтальную реакцию
X
i
 RAX  FX  0; RAX  FX  FCOS   20  0,866  17,3kH
6.проверяем правильность найденных результатов:
Y
I
 RAу  Fу  qCD  RDу  5,5  10  2  6,5  0
Условие равновесия YI  0 выполняется, следовательно,
реакции опор найдены верно.
Третью задачу следует решать после изучения темы 1.6
Последовательность решения задачи:
1.
Изобразить на рисунке тело, равновесие которого
рассматривается, с действующим на него активными силами
и реакциями опор, и выбрать систему осей координат.
2. Из условия равновесия вала, имеющего неподвижную
ось, определить значение силы F2, после чего вычислить
значение силы Fr2.
3. Составить шесть уравнений равновесия.
4. Решить уравнения и определить реакции опор.
5. Проверить правильность решения задачи.
Пример 3. На вал (рис.10,а) жестко насажаны: шкив 1 и колесо
2. Определить силы F2 и Fr2=0,4F2, а также реакции опор А и В,
если F1=100Н.
Решение. 1. Изображаем вал со всеми действующими на него
силами, а также оси координат (рис.10,б)
2. Определяем F2 и Fr2. Из условия равновесия вала,
имеющего неподвижную ось:
d
 M F   0; F  2
1
z
F2 
1
1
 F2 
d2
0
2
F1  d1 100  0,3

 300 H ; Fr 2  0,4F2  0,4  300  120H
d2
0,1
3. Составляем шесть уравнений равновесия:
 M F   0;
 M F   0;
 M F   0;
x
i
y
i
x1
i
M
M
M
x
 RBи  AB  F2  AD  0 :
н
 3F1  AC  Fr 2  AD  RBx  AB  0 :
x1
 RAy  AB  F2  DB  0 :
(1)
(2)
(3)
 M F   0;
 X  0;
Y  0
У1
1
1
1
 M  К  AB  3F  CB  F  DB  0;
 X  3F  F  R  R  0
Y  R  F  R  0.
У1
1
1
AX
1
AУ
1
r2
2
AX
r2
BX
BУ
(4)
(5)
(6)
Решаем Уравнения (1), (2), (3), (4) и определяем реакции
опор:
4.
F2  AD 300  0,4

 240 H ;
AB
0,5
3F1  AC  Fr 2  AD 3  100  0,1  120  0,4

 156 H ;
Из (2) RBX 
AB
0,5
F2  DB 300  0,1

 60 H ;
Из (3) R AУ 
AB
0,5
3F1  CB  Fr 2  DB 3  10  0,4  120  0,1

 264 H .
Из (4) R AX 
AB
0,5
Из (1) RBУ 
5. Проверяем правильность найденных реакций опор.
Используем уравнение (5):
X
1
 3F1  Fr 2  RAx  RBx  300  120  264 156  0
следовательно, реакции R Ax и R Bx определены верно.
Используем уравнение (6):
Y
1
 RAy  F2  RBy  60  300  240  0
Задача четвёртая требует от учащегося умения строить эпюры
продольных сил, нормальных напряжений и определить удлинения или
укорочения бруса.
При работе бруса на растяжение и сжатие в его поперечных
сечениях возникает продольная сила N. Продольная сила в
произвольном поперечном сечении бруса численно равна
алгебраической сумме проекций на его продольную ось всех внешних
сил, действующих на отсеченную часть.
Правило знаков для N: при растяжении продольная сила положительна, при сжатии — отрицательна.
При растяжении (сжатии) бруса в его поперечных сечениях
возникают нормальные напряжения σ = N / А ( А — площадь
поперечного сечения). Для нормальных напряжений принимается то
же правило знаков, что и для продольных сил.
Изменение длины бруса (удлинение или укорочение) равно
алгебраической сумме удлинений (укорочений) его отдельных
участков и вычисляется по формуле Гука:
∆l =∑∆li =∑ Ni li ,
EAi
где Ni , li , Ai — соответственно продольная сила, длина и площадь
сечения в пределах каждого участка бруса; Е — модуль продольной
упругости.
Последовательность решения задачи:
1. Разбить брус на участки, начиная от свободного конца. Границами участков являются сечения, в которых приложены внешние
силы, и места изменения размеров поперечного сечения.
2. Определить по методу сечений продольную силу для каждого
участка (ординаты эпюры N ) , построить эпюру продольных сил N.
Проведя параллельно оси бруса базовую (нулевую) линию эпюры,
отложить перпендикулярно ей в произвольном масштабе получаемые
значения ординат. Через концы ординат провести линии, проставить
знаки и заштриховать эпюру линиями, параллельными ординатам.
3. Для построения эпюры нормальных напряжений определяем
напряжения в поперечных сечениях каждого из участков. В
пределах каждого участка напряжения постоянны, т. е. эпюра на
данном участке изображается прямой, параллельной оси бруса.
4. Перемещение свободного конца бруса определяем как сумму
удлинений (укорочений) участков бруса, вычисленных по формуле
Гука.
Пример 4. Для данного ступенчатого бруса (рис. 11, а)
построить эпюру продольных сил, эпюру нормальных напряжений и
определить перемещение свободного конца, если Е= 2*10 5 МПа;
F 1 = 30кН = 30*10 3 H;
F2=38*10 3 H;
Рисунок .11
Решение.
F3 = 42 кН = 4 2 * 1 0 3 Н;
A1=1,9 с м 2 = 1,9* 102 мм 2 ;
A2 = 3,1см 2 = 3,1*10 2 мм 2 .
1. Отмечаем участки, как показано на рис. №
11
2. Определяем значения продольной силы N на участках бруса:
N1 = 0; N11 =F1 = 30 кН;
N111= F1 = 30кН;
N 1V = F 1 – F 2= - 8кН;
NV=F1 - F2 - F3=-50кH
Строим эпюру продольных сил
(рис.№11).
3. Вычисляем значения нормальных напряжений:
σ 1 = N1= 0 ; σ = N11= 30 * 103 = 158Н/мм2
=158МПа;
А1
А1
1,9*102
σ 1 1 1 = N ш = 30 * 103 = 96,8Н/мм2 = 96,8 МПа;
А2
3,1*102
σ 1V = N1V = - 25,8 Н/мм2 =- 25,8 МПа;
А2
σ V = NV = - 50 * 103 = - 163Н/мм2 = -163 МПа;
A2
3,1* 102
Строим эпюру нормальных напряжений (рис. № 11).
4. Определяем перемещение свободного конца:
∆l =∆l+∆l+∆l+∆lV +∆l V
∆l=(N1* l):(Е* А1)=0
∆l=(N11* l11):(Е* А1)=( 30 * 103 * 0,5 * 103) : (2 * 105 * 1,9 * 102)=0,394ММ
∆l=(N111* l111):(Е* А2)=( 30 * 103 * 0,1 * 103) : (2 * 105 * 3,1 * 102)=0,0484ММ
∆lV=(NV * lV):(Е* А2)=( 8 * 103 * 0,4 * 103) : (2 * 105 * 3,1 * 102)=-0,0516ММ
∆l V=(NV * lV):(Е* А2)=( 50 * 103 * 0,2 * 103) : (2 * 105 * 3,1 * 102)=-0,161ММ
∆l=0,394+0,0484- 0,0516 - 0,161= 0,23ММ
Брус удлиняется на 0,23 мм.
Задача№5
К решению этой задачи следует приступить после изучения
темы «Кручение».
Кручением называют такой вид нагружения бруса, при котором в
его поперечных сечениях возникает только один внутренний силовой
фактор — крутящий момент Мк (или Мг).
Крутящий момент в произвольном поперечном сечении бруса равен
алгебраической сумме внешних моментов, действующих на отсеченную часть: МК=∑Мi (имеется в виду, что плоскости действия
всех внешних скручивающих моментов
Мi перпендикулярны
продольной оси бруса).
Будем считать крутящий момент положительным, если для
наблюдателя, смотрящего на проведенное сечение, он представляется направленным по часовой стрелке. Соответствующий внешний момент
направлен против часовой стрелки (рис. 12).
выполнить проектный расчет вала
М
круглого или кольцевого поперечного
сечения из условий прочности и из
м условий жесткости; из двух полученных
значений диаметров следует выбрать
наибольшее значение В третьей
задаче необходимо
.
Последовательность
решения задачи:
Рисунок 12
1. Определить внешние скручивающие моменты по формуле
М= Р/ώ, где Р — мощность, ώ — угловая скорость.
2. Определить уравновешивающий момент, используя уравнение
равновесия ∑Мi=0, так как при равномерном вращении вала
алгебраическая сумма приложенных к нему внешних скручивающих
(вращающих) моментов р а вн а нулю.
3. Пользуясь методом сечений, построить эпюру крутящих
моментов по длине вала.
4. Для участка вала, в котором возникает наибольший
крутящий момент, определить диаметр вала круглого или
кольцевого сечения из условия прочности и жесткости. Для
кольцевого сечения вала п р и нять соотношение диаметров с=d 0 /d,
dо— внутренний диаметр кольца; d — н а р у ж н ы й диаметр
кольца.
Из условия прочности:
WP 
Из условия жесткости:
M Z max
IP 
 K 
где Mzmax — наибольший
крутящий момент;
Wp — полярный момент
сопротивления кручению;
[τ к ] — допускаемое
касательное напряжение
M Z max
G o 
IР — полярный момент инерции сечения;
G — модуль упр уг ос ти п р и
сдвиге; [ φ о ] )— допускаемый
угол з а к р у ч и в а н и я сечени
Сечение вала - круг
WP 
d
3
IP 
16
Необходимый по прочности
диаметр вала:
d 3
d 4
32
Необходимый по жесткости
диаметр вала:
16M Z max
d 4
  K 
32M Z max
G o 
Сечение вала - кольцо
WP 
d
1  с 
16
3
4
Необходимый по прочности
наружный диаметр кольца:
d 3
16M Z max
  K  1  с 4


IP 
d 4

1 с 
32
4
Необходимый по жесткости
наружный диаметр кольца:
d 4
32M Z max
G o  1  с 4


П р и м е р 5 Для ст а л ь но г о в а л а ( р и с . 13, а) п о с т о я н н о г о по д л и н е
сечения требуется: 1) определить з н а ч е н и я мо ментов М2 и М3, с о о т ветствующие
передаваемым
мощностям
Р2 и Рз, а т а к ж е
у р а в н о в е ш и в а ю щ и й моментМ1;
2) построить
э п ю ру
крутящих
моментов;
3)
определить
требуемый
д иам е т р
вала
из
р ас чет ов на прочность и жесткость,
полагая по в а рианту ( а ) поперечное
сечение вала -круг; по в а р иа нт у ( б )
— поперечное се чение вала —
кольцо,
имеющее соотнош е н и е
д и а м е т р о в c=d0 / d=0,8.
П р и н ят ь : [ τк ] = 30 М П а ;
3
[ φ 0 ]=0,02рад/м=0,02* 10 рад/ м м ;
Р2= 52 кВт; Р3 = 50 кВт;
4
ω=20рад/с; G = 8*10 МПа
Окончательное значение диаметра округлить до б л и ж а й ш е г о
четного ( и л и оканчивающегося на пя т ь ) числа.
Р е ш е н и е . 1. Определяем внешние с к р у ч и в а ю щ ие мо ме нты:
52  103
M2 

 2600 H * M

20
P2
M3 
P3

50 10 3
 2500 H * M
20

2. Определяем у р а в н о в е ш и в а ю щ и й момент М 1 :
∑ Мi =0;
М1 - М2 –М3=0; М1= М2 + М3 = 5100 Н*М
3. Определяем крутящий момент по участкам вала:
М z 1 = М 1 = 5100 H*М
Мz11 = М1 – М2 = 5100 - 2600 = 2500 Н*м
Строим эпюру крутящих моментов Мz (рис. 13,б).
4. Определяем диаметр вала из условий прочности и жесткости
М z m a x =5100 Н * м (рис. 13,б).
а) Сечение вала — круг.
Из условия жесткости:
Из условия прочности:
d 3
16M Z max
  K 
d 4

3
16

5

100

10
3
 95,2 мм
3,14  30
Принимаем d=95мм
32M Z max

G o 
32  5  100  103
4

3,14  8  10 4  0,02  10 3
=75,5мм
Принимаем d=76мм
Требуемый диаметр получился больше из расчета на прочность,
поэтому его принимаем как окончательный d=95мм.
б) Сечение вала — кольцо.
Из условия прочности:
d 3
16M Z max

4


  K 1 с

Из условия жесткости:
d 4

32M Z max

G o  1  с 4


3
32  5  100  10
16

5

100

10
4


3
4
3
4

 113 мм
4


3
,
14

8

10

0
,
02

10

1

0
,
8
3,14  30  1  0,8
3

Принимаем d=114мм

=86,5мм
Принимаем d=86мм
Требуемые диаметры окончательно п р и н и м а е м из расчетов на
прочность: d = 114 м м; dо = 0,8d = 0,8* 1 14 = 91,2 мм. П р и н и м а е м dо =92 мм.
Ш е с т а я задача. К решению этой за д а чи следует при с ту пи ть
после изучения т е м ы «Изгиб». Изг иб — это т а к о й вид на г р у ж е н ия
бруса, при котором в его поперечных сечениях возникают изгибающие
моменты. В большинстве случаев одновременно с изгибающими
моментами возникают и поперечные силы; такой изгиб называют
поперечным: если поперечные силы не возникают, изгиб называют
чистым. Изгибающий момент Ми в произвольном поперечном
сечении бруса численно равен алгебраической сумме моментов внешних
сил, действующих на отсеченную часть, относительно центра тя жести
сечения: Ми== ∑М. Поперечная сила в произвольном поперечном сечении
бруса численно равна алгебраической сумме внешних сил, действующих на
отсеченную часть: Q=∑F. П р и ч е м все в н е ш н и е силы и моменты
действуют в главной продольной плоскости бруса и расположены
перпендикулярно продольной оси бруса.
Правило знаков для поперечной силы: силам, повор ачивающи м
отсеченную часть балки относительно рассматриваемого сечения по ходу
часовой стрелки, приписывается знак плюс (рис. 14, а ) , а с и л а м ,
поворачивающим отсеченную часть балки относительно рассматриваемого сечения против хода часовой стрелки, приписывается з н а к м и н у с
(р и с . 14; б ).
Правило знаков для изгибающих моментов: в н е ш н и м
моментом,
изгибающим мысленно закрепленную в рассматриваемом
сечении отсеченную часть бруса выпуклостью вниз, приписывается
знак плюс (рис. 15, а), а моментам, изгибающим, отсеченную часть
бруса в ы п у к лостью вверх, — з н а к минус (рис. 15, б ) .
Между изгибающим моментом Мх поперечной силой Q у и
интенсивностью
распределенной
нагрузки
существуют
дифференциальные зависимости:
dQ y
dM x
q
 Oy ,
dz
dz
На основе метода сечений и дифференциальных зависимостей устанавливается взаимосвязь эпюр Мх и QУ между собой и с внешней
нагрузкой, поэтому достаточно вычислить ординаты эпюр для характерных сечений и соединить их линиями. Характерными являются
сечения балки, где приложены сосредоточенные силы и моменты
( в к л ю чая опорные сечения), а также сечения, ограничивающие
участки с равномерно распределенной нагрузкой.
Приведем некоторые п р а в и л а построения эпюр.
Для э пю р ы поперечных сил:
1. На участке, нагруженном равномерно распределенной нагрузкой,
эпюра изображается прямой, наклоненной к оси балки.
2. На участке, свободном от распределенной н а г р у з ки , эп ю ра
и з о б р а ж а е т с я п р я мо й , параллельной оси бал ки .
3. В сечении балки, где приложена сосредоточенная пар а сил,
поперечная сила не изменяет значения.
4. В сечении, где приложена сосредоточенная сила, значение
поперечной силы меняется скачкообразно на значение, равное приложенной силе.
5. В концевом сечении балки поперечная сила численно раина
сосредоточенной силе (активной или реактивной), приложенной в
этом сечении. Если в концевом сечении балки не приложена
сосредоточенная сила, то поперечная сила в этом сечении равна нулю.
Для э п ю р ы изгибающих моментов:
1. На участке, нагруженном р ав н о м ер н о распределенной нагрузкой,
эпюра моментов изображается квадратичной п а р а б о л о й . выпуклость
п а р а б о л ы н а п р а в л е н а навстр ечу нагрузке.
2. Па у ч а с т к е , свободном от р а в н о м ер н о р асп р е д ел ен н о й нагрузки,
э п юр а моментов изображается п р я м о й л и н и е й .
3. В сечении балки, где п р и л о ж ен а сосредоточенная пара сил,
изгибающий момент меняется скачкообразно на зн а чен и е, р а в н о е
мом е н т у п р и л о ж ен н о й п ар ы .
4. Изгибающий момент в концевом сечении б а л к и р а в е н н у л ю .
если в н е м не п р и л о ж е н а сосредоточенная п а р а сил. Ес л и же в к о н цевом
с е ч е н и и п р и л о ж е н а а к т и в н а я и л и р е а к т и в н а я п а р а с и л , то и з г и бающий
м о м е н т в сечении р ав е н моменту приложенной п а р ы .
5. На у ч а с т к е , где п о п е р е ч н а я с и л а р а в н а нулю, б а л к а и с п ы т ы в а е т
ч и с т ы й изгиб, а эпюра и з г и б а ю щ и х моментов изображается п р я м о й ,
параллельной оси балки.
0. Изгибающий момент п р и н и м а е т экстремальное з н а ч е н и е в
с е ч е н и и , где э п ю р а поперечных сил проходит через ну ль, меняя
знаки с «+» на «—» и л и с «—» на « + ».
В р а с см ат р и в а ем о й задаче требуется построить э п ю р ы п о п е р е ч н ы х
сил и и з г и б а ю щ и х моментов, а т ак ж е подобрать р а з м е р ы п о п е р е ч ного
сечения балки, выполненной из прокатного п р о ф и л я - двутавра.
Условие прочности для балок с сечениями, с и м м е т р и чн ы м и
относительно н е й т р а л ь н о й оси, имеет вид:
 max
M x max

  
Wx
где WХ — осевой момент сопротивления сечения.
Для подбора сечения б а л к и (проектного р а с ч е т а ) из у с л о в и я п р о ч ности определяют необходимое значение осевого момента сопротивления:
Wx 
M x max
 
По н ай д енн о м у
моменту
сопротивления
WХ
подбирают
соответствующее сечен и е по сорт ам ен ту (см. п р и л о ж е н и е 1 ) .
Для закрепленной одним концом б алки строить э п ю р ы целесообр а зн о
со свободного конца (чтобы избежать определения о п о р н ы х р е а к ц и й в
зад елк е) .
Последовательность решения задачи:
1. Балку разделить на участки по характерным сечениям.
2. Определить вид эпюры поперечных сил на каждом участке в
зависимости от внешней нагрузки, вычислить поперечные силы в
х а р а к т е р н ы х сечения х и построить э пюру поперечных сил.
3. Определить вид эпюры изгибающих моментов на каждом у ч а с т ке в
зависимости от внешней нагрузки, вычислить изг иба ю щие моменты в
характерных сечениях и построить эпюру и зг и б а ю щ и х моментов.
4. Для данной балки, имеющей по всей длине постоянное п опе речное
сечение, выполнить проектн ый расчет, т. к. определить WХ в о п а с ном
сечении, где изгибающий момент имеет наибольшее по модулю значение.
Пример № 6. Для заданной двух опорной балки (рис.16) определить реакции
опор, построить эпюры поперечных сил, изгиба ющи х моментов и определить
размер ы поперечного сечения (h,b,d) в форме прямоугольника или
круга, п р и н я в для прямоугольника h/b = 1,5. С ч и та ть [σ]= 160 Мпа
Рис. № 16
Р е ш е н и е . 1. Определяем опорные реакции и проверяем их
найденные значения:
Σ·MD=0; Σ·MD=-M1+F2·CD+M2+RB·BD-F1·OD=0;
RB 
M 1  F2  CD  M 2  F1  OD 20  30  6  10  18  15

 10kH
BD
10
Σ·MB=0; Σ·MB=-F1·OB+M2- F2·BC- RD·BD-M1=0;
RD 
 F1  OB  M 2  F2  BC  M 1  18  5  10  30  4  20

 22kH
BD
10
Так как реакция RD получилась со знаком минус, то изменяем ее
первоначальное направление на противоположное. Истинное направление
реакции RD – вниз. (рис. № 18,б).
Проверка: ΣY0=-F1+RB+F2-RD=-18+10+30-22=0.
Условие статики ΣY1=0 выполняется, следовательно, реакции опор
определены верно. При построении эпюр используем только истинные
направления реакций опор.
2. Делим балку на участки по характерным сечениям O,B,C,D (рис. № 16, б).
3. Определяем в характерных сечениях значения поперечной силы Qy и
строим эпюру слева направо (рис. № 16, в)):
QOпр   F1  18kH
QBлев   F1  18kH
QBпр   F1  RB  18  10  8kH
QCлев   F1  RB  18  10  8kH
QCпр   F1  RB  F2  18  10  30  22kH
QDлев   F1  RB  F2  18  10  30  22kH
4. Вычисляем в характерных сечениях значения изгибающего момента Мх и
строим эпюру (рис. № 16, г):
MO  0;
M Cлев
M B   F1  AB  18  5  90kH  м
  F1  OC  RB  BC  18  9  10  4  122kH  м
M Cпр   F1  OC  RB  BC  М 2  18  9  10  4  10  112kH  м
M Dлев   F1  OD  RB  BD  М 2  F2  CD  18 15  10 10  10  30  6  20kH  м
5. Вычисляем размеры сечения данной балки из условий прочности на изгиб
по двум вариантам: а) сечение – прямоугольник с заданным соотношением
сторон (рис. № 16, е); б) сечение – круг (рис. № 16, д). Вычисление размеров
прямоугольного сечения:
M
Wx  x max  122  106  0.762  106 мм 3
 
Используя формулу Wx 
b3
bh 2
и учитывая, что h =1,5b, находим
6
6  Wx
6  0,762  10 6
3
 10 2 3 2,06  127 мм
2,25
2,25
Используя формулу Wx 
d
3
d 3
32
, находим диаметр круглого сечения
32  Wx

32  0,762  10 6

 196 мм
3,14
3
Задача седьмая. Для решения данной задачи необходимо усвоить тему «Гипотезы
прочности и их применение», так как в задачах 101-110 рассматривается совместное
действие изгиба и кручения и расчет производится с применением гипотез прочности.
Условие прочности в этом случае имеет вид
 экв 
М экв
  ,
Wх
где Мэкв – так называемый эквивалентный момент.
При гипотезе наибольших касательных напряжений (иначе третья гипотеза)
М эквIII  М н2  М к2 .
При гипотезе потенциальной энергий формоизменения (иначе пятая гипотеза)
М эквV  M н2  0,75М к2 .
В обеих формулах Мк и Мн – соответственно крутящий и суммарный изгибающий
моменты в рассматриваемом сечении вала. Числовое значение суммарного изгибающего
момента равно геометрической сумме изгибающих моментов, возникающих в данном
сечении от вертикально и горизонтально действующих внешних сил, т.е.
М н  М х2  М у2 .
Последовательность решения задачи:
1. Привести действующие на вал нагрузки к его оси , освободить вал от опор ,
заменив их действие реакциями в вертикальной и горизонтальной плоскостях.
2. По заданной мощности Р и угловой скорости ω определить вращающие
моменты, действующие на вал.
3. Вычислить нагрузки F1, Fr1, F2, Fr2 , приложенные к валу.
4. Составить уравнения равновесия всех сил, действующих на вал , отдельно в
вертикальной плоскости и отдельно в горизонтальной плоскости и определить реакции
опор в обеих плоскостях.
5. Построить эпюру крутящих моментов.
6. Построить эпюры изгибающих мометов в вертикальной и горизонтальной
плоскостях (эпюры Мх и Му).
7. Определить наибольшее значение эквивалентного момента:
М эквШ  М х2  М у2  М z2
или
M эквV  M x2  M y2  0,75M z2 .
8. Положив σэкв= [σ], определить требуемый осевой момент сопротивления:
Wx  М экв  
Учитывая, что для сплошного круглого сечения
d 3
Wн 
 0,1d 3 ,
32
определяем d по следующей формуле:
d 3
32 M экв
  
3
М экв
.
0,1 
Пример 7. Для стального вала постоянного поперечного сечения с двумя
зубчатыми колесами (рис.17,а), передающего мощность Р =15кВт при угловой
скорости ω = 30 рад/с, определить диаметр вала по двум вариантам : а) используя
третью гипотезу ; б) используя пятую гипотезу прочности. Принять : [σ] = 160 Мпа;
Fr1  0,4F1 ; Fr 2  0,4F2 .
Решение. 1. Составляем расчетную схему вала , приводя действующие на вал
нагрузки к оси (рис.17,б). При равномерном вращении вала М1 = М2 , где М1 и М2 –
скручивающие пары , которые добавляются при переносе сил F1 и F2 на ось вала .
2. Определяем вращающий момент , действующий на вал:
М1  М 2 
Р

 0,5  10 3 кН  м.
3. Вычислим нагрузки, приложенные к валу :
2M 1 2  0,5  10 3
F1 

 10 4 H  10кН ; Fr1  0,4  10  4кН ;
d1
0,1
F2 
2M 2 2  0,5  10 3

 4  10 3 H  4кН ; Fr 2  0,4  4  1,6кН .
d2
0,1
4. Определяем реакции опор в вертикальной плоскости (рис.17,б):
М
RBу 
M
 Fr1  AC  Fr 2  AD  RB  AB  0;
А
Fr1  AC  Fr 2  AD 4  0,05  1,6  0,25

 2кН ;
AB
0,3
 R Ax  AB  Fr1  BC  Fr 2  DB  0;
B
R Aу 
Fr1  BC  Fr 2  DB 4  0,25  1,6  0,05

 3,6кН ;
AB
0,3
Y  R
Aу
 Fr1  Fr 2  R Bу  2  4  1,6  3,6  0.
∑Y=0, следовательно, RAу и RBу, найдены правильно.
Определяем реакции опор в горизонтальной плоскости (рис.17,б):
 М А  F1  AC  F2  AD  RBx  AB  0;
F1  AC  F2  AD 10  0,05  4  0,25

 1,66кН .
AB
0,3
Знак минус указывает ,на то, что истинное направление реакции противоположно
выбранному (см.рис.17,б):
RBx 
М
В
R Ax 
 R Ax  AB  F1  CB  F2  DB  0;
F1  CB  F2  DB 10  0,25  4  0,05

 7,66кН ;
AB
0,3
Х  R
Ax
 F1  F2  RBx  7,66  10  4  1,66  0.
 X  0, следовательно , RAx и RBх найдены верно.
5. Строим эпюру крутящих моментов Мz (рис.17,в).
6. Определяем в характерных сечениях значениях изгибающих моментов Мх в
вертикальной плоскости и Му в горизонтальной плоскости и строим эпюры (рис.17,г, д):
М Сх  R Ay  AC  3,6  0,05  0,18кН  м;
М Dx  R Ay  AD  Fr1  CD  3,6  0,25  4  0,2  0,1кН  м;
М Су  R Ax  AC  7,66  0,05  0,383кН  м;
М Dy  R Ax  AD  F1  CD  7,66  0,25  10  0,2  0,085кН  м.
7. Вычисляем наибольшее значение эквивалентного момента по заданным гипотезам
прочности . Так как в данном примере значение суммарного изгибающего момента в
сечении С больше , чем в сечении D ,
2
2
М иС  М Су
 М Су
 0,18 2  0,383 2  0,423кН  м;
2
2
М иD  M Dx
 M Dy
 0,12  0,085 2  0,13кН  м,
то сечение С и является опасным . Определяем эквивалентный момент в сечении С.
Вариант а)
М экв III  M x2 M y2 M z2  0,18 2  0,3832  0,5 2  0,429  0,655кН  м.
Вариант б)
М эквV  M x2  M E2  0,75M Z2  0,182  0,3832  0,75  0,52  0,366  0,605кН  м.
8. Определяем требуемые размеры вала по вариантам а и б.
По варианту а
d 3
M экв
0,655  10 6
3
 34,5 мм.
0,1 
0,1  160
По варианту б
M эквV
0,605  10 6
3
d 3

 33,6 мм.
0,1   
0,1   
Принимаем dвала = 34 мм.