ЗакладкиКорзинаЗаказы

Содержание главы

  1. Брусья большой кривизны
  2. Толстостенные цилиндры
  3. Напряжения в кривых стержнях
  4. Определения перемещений в кривых стержнях
  5. Статически неопределимые кривые стержни

Примеры решений задач

Данные примеры задач, относятся к предмету «Сопротивление материалов».

Задача #5811

Условие:

100кН100кН180R1=25AB50h=10Размеры в смR2=75

Проверить прочность по сечению AB стальной литой станины клепальной машины. Размеры даны на рисунке. Допускаемое напряжение [σ] = 90 МПа.

Решение:

В опасном сечении AB:

- нормальная сила

N=100 кН

- изгибающий момент

M=1001,8+0,5=230 кН×м

Радиус кривизны нейтрального слоя

r=hlnR2R1=0,4551 м

Расстояние между центром тяжести сечения и нейтральным слоем

e=R-r=0,0449 м

Наибольшее напряжение будет в точке A:

yA=r-R1=0,205 м

σmax=NF+MyAFeR1=86 МПа<σ

Ответ: σmax < [σ].

Задача #5812

Условие:

Исследовать, какую ошибку в величине максимального нормального напряжения дает применение приближенной формулы для определения расстояния e между центром тяжести сечения и нейтральной осью в случае чистого изгиба кривого бруса прямоугольного сечения для случая h/R = 1 и h/R = 0,5. Приближенная формула имеет вид e = J/(FR).

Решение:

Проведем исследование для бруса с h/R = 1.

В этом случае:

R1=R-h2=R2

R2=R+h2=32R

R2R1=3

По точной формуле

e=R-hln3=0,0897h

По приближенной формуле

e¯=bh312bhR=h12=0,0833h

В первом случае

σmax=My1FeR1

во втором

σ¯max=My¯1Fe¯R1

Отношения максимальных напряжений

σ¯maxσmax=y¯1ey1e¯

где

y1=h2-e=0,4103h

y¯1=h2-e¯=0,4167h

Получаем

σ¯maxσmax=1,095

Приближенная формула для e дает завышенное на 9,5 % значение для σmax, что идет в запас прочности. При меньшей кривизне ошибка будет меньше. При

hR=12

имеем

e=0,0424h

y1=0,4576h

e¯=0,417h

y¯1=0,4583h

σ¯maxσmax=1,02

Ошибка составляет 2 %.

Ответ: ошибка 9,5 % и 2 %.

Задача #5813

Условие:

PPABhb1b2R1R@

Проверить прочность крюка при действии нагрузки Р = 23 кН; R1 = 3 см, R2 = 12 см, b1 = 4 см, b2 = 2 см. Допускаемое напряжение [σ] = 90 МПа.

Решение:

Определяем расстояние от внутреннего волокна до центра тяжести сечения

a=2b2+b1h3b1+b2=2×2+4×93×2+4=4 см

В опасном сечении нормальная сила N = 23 кН, изгибающий момент

M=23×3+4×10-2=1,61 кН×м

Максимальное нормальное напряжение

σmax=NF+My1FeR1

Радиус кривизны нейтрального слоя

r=FFdFρ

Вычисляем:

F=12b1+b2h

dF=bdρ

b=b2+b1-b2R2-ρh

FdFρ=R1R2bdρρ=b1R2-b2R1hlnR2R2-b1-b2

В результате

r=b1+b2h22b1R2-b2R1lnR2R1-b1-b2h=6,05 см

e=R-r=0,95 см

y1=r-R1=3,05 см

F=b1+b2h2=27 см2

σmax=72,5 МПа<σ

Ответ: σmax = 72,5 МПа < [σ].

Задача #5821

Условие:

Толстостенный цилиндр с внутренним диаметром dв = 100 мм нагружен внутренним давлением pв = 180 МПа. Определить его наружный диаметр, используя III и IV теорию прочности. Предел текучести материала σт = 750 МПа, запас прочности nт = 1,5.

Решение:

Наибольшие напряжение действует во внутреннем слое цилиндра где

σ1=σt=rн2+rв2rн2-rв2pв

σ2=0

σ3=σr=-pв

По III теории прочности имеем:

rн2+rв2rн2-rв2pв+pвσтnт

Отсюда

rн=rвσтσт-2nтpв=94,5 мм

Принимаем

dн=2rн=190 мм

По IV теории прочности получаем:

rн2+rв2rн2-rв22pв2+rн2+rв2rн2-rв2pв2+pв2σтnт2

Отсюда

rн=rвσт2+nтpв4σт2-3nт2pв2σт2-3nт2pв2=83,5 мм

Принимаем

dн=2rн=178 мм

Ответ: dн = 190 мм и 178 мм.

Задача #5822

Условие:

Найти оптимальное давление натяга p составного цилиндра из условия равнопрочности внутреннего и наружного цилиндров и допускаемое внутреннее давление pв. Расчет вести по IV теории прочности. Даны: dв = 80 мм, dн = 146 мм, dс = 114 мм, [σ] = 500 МПа.

Решение:

Для внутреннего цилиндра напряжения будут наибольшими при r = rв

σr=-pв

σt=rн2+rв2rн2-rв2pв-2rс2rс2-rв2p=1,86pв-3,94p

для наружного — при r = rс

σr=rв2rн2-rв21-rн2rс2pв-p=-0,273pв-p

σt=rв2rн2-rв21+rн2rс2pв+rн2+rв2rн2-rв2p=1,14pв+4,17p

Условия равнопрочности

σt2-σtσr+σr2=σt2-σtσr+σr2

Отсюда получаем уравнение

4,63pв2-30,92pвp-6,74p2=0

из которого находим

pв=6,9p

Давление от натяга находим из условия прочности

σt2-σtσr+σr2σ

используя полученные ранее зависимости. Получаем

p=36,5 МПа

Допускаемое внутреннее давление

pв=6,9×36,5=252 МПа

Ответ: не указан.

Задача #5823

Условие:

На стальной вал диаметра d = 40 мм надет с натягом стальной шкив диаметра D = 80 мм. Найти величину минимального натяга, обеспечивающего передачу при помощи трения момента M = 1,2 кН × м. Коэффициент трения f = 0,15; ширина шкива b = 60 мм; E = 2 × 105 МПа.

Решение:

Момент сил трения приравниваем внешнему моменту

fpπdbd2=M

Отсюда находим давление от натяга

p=2Mπd2bf=53,2 МПа

Натяг

Δ=2pdE1-d2D2=0,0283 мм

Ответ: Δ = 0,0283 мм.

Задача #5824

Условие:

Стальная втулка с внешним диаметром D = 45 мм и длины b = 40 мм надета с натягом на вал из того же материала диаметра d = 30 мм. Определить максимально допустимый натяг Δ из условия прочности втулки и осевую силу Р, передающуюся при помощи трения. Предел текучести σт = 360 МПа, запас прочности nт = 1,2, коэффициент трения f = 0,15. Использовать III теорию прочности; E = 2 × 105 МПа.

Решение:

Условие наступления пластических деформаций по III теории прочности имеет вид

σэкв=σt-σr=σт

Для внутренних точек шкива имеем

σэкв=rн2+rв2rн2-rв2p+p=2rн2rн2-rв2p=σт

Отсюда давление от натяга

p=σт21-rв2rн2=σт21-d2D2

Натяг

Δ=2pdE1-d2D2

Подставляя сюда выражение для p, получаем

Δ=σтdE=0,06 мм

Для вала

σэкв=p

и, следовательно, меньше, чем для шкива.

Ответ: не указан.