Сложное сопротивление

Опасное сечение балки совпадает с сечением в заделке. Здесь изгибающие моменты

$$M_z=Pl\cos \alpha =\mathrm{3,12} кН\times м$$

$$M_y=Pl\sin \alpha =\mathrm{1,8} кН\times м$$

Нормальные напряжения в крайних волокнах от этих моментов:

$${\sigma }_z=\pm \frac{M_z}{W_z}=\pm \mathrm{32,5} МПа$$

$${\sigma }_y=\pm \frac{M_y}{W_y}=\pm \mathrm{56,2} МПа$$

Суммарные напряжения в угловых точках опасного сечения:

$${\sigma }_1=\mathrm{88,7} МПа$$

$${\sigma }_2=-\mathrm{23,7} МПа$$

$${\sigma }_3=-\mathrm{88,7} МПа$$

$${\sigma }_4=\mathrm{23,7} МПа$$

Прогибы в направлениях осей x и y:

$$v_z=-\frac{P{l}^3\sin \alpha }{3E{J}_y}=-\mathrm{0,675} см$$

$$v_y=-\frac{P{l}^3\cos \alpha }{3E{J}_z}=-\mathrm{0,130} см$$

Полный прогиб

$$v=\sqrt{v_z^2+v_y^2}=\mathrm{0,687} см$$

Ответ: v = 0,687 см.

Наибольший момент

$$M_{max}=\frac{q{l}^2}{8}=5 кН\times м$$

Положение нейтральной линии определяется отклонением ее от оси z на угол α:

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{J_z}{J_y}\mathrm{tg}\phi =\mathrm{5,5}$$

$$\alpha =\mathrm{1,39} рад$$

Построение нейтральной линии показывает, что опасными точками являются точки 1 и 2. Вычисляем координаты этих точек:

$$z_1=\frac{h}{2}\sin \phi +\frac{t}{2}\cos \phi =3 см$$

$$y_1=\frac{h}{2}\cos \phi +\frac{t}{2}\sin \phi =\mathrm{6,3} см$$

Наибольшее напряжение

$${\sigma }_{max}=M_{max}\left(\frac{y\cos \phi }{J_z}+\frac{z\sin \phi }{J_y}\right)=120 МПа$$

Прогиб в отрицательном направлении оси y

$$f_y=\frac{5q{l}^4\cos \phi }{384E{J}_z}=\mathrm{0,0114} см$$

Полный прогиб

$$f=\frac{f_y}{\cos \alpha }=\mathrm{0,0633} см$$

Ответ: σ_max = 120 МПа; f = 0,0633 см.

Максимальный изгибающий момент (в середине пролета)

$$M_{max}=\frac{q{l}^2}{8}=10 кН$$

Максимальные изгибающие моменты в главных плоскостях балки

$$M_x=M_{max}\cos \frac{\pi }{6}=\mathrm{8,66} кН\times м$$

$$M_y=M_{max}\mathrm{s}\mathrm{in}\frac{\pi }{6}=5 кН\times м$$

Моменты сопротивления определяем из условия

$$\left[\sigma \right]=\frac{M_z}{W_z}+\frac{M_y}{W_y}$$

При действии только M_z необходимый момент сопротивления

$$W_y=\frac{M_y}{\left[\sigma \right]}=\mathrm{31,2} с{м}^3$$

что соответствует швеллеру № 24. Таким образом, номер швеллера должен быть более № 24.

Выбираем швеллер № 27, для которого:

$$W_z=308 с{м}^3$$

$$W_y=\mathrm{37,3} с{м}^3$$

Проверяем

$$\sigma =\frac{M_z}{W_z}+\frac{M_y}{W_y}=160 МПа=\left[\sigma \right]$$

Условие прочности выполняется.

Ответ: не указан.

Из условия

$$\frac{M_z}{W_z}+\frac{M_y}{W_y}=\left[\sigma \right]$$

где

$$W_z=\frac{k^2{b}^3}{6}$$

$$W_y=\frac{k{b}^3}{6}$$

следует

$$b=\sqrt[3]{\frac{6M_z+6M_{y}k}{\left[\sigma \right]k^2}}$$

Площадь сечения бруса

$$F=hb=\sqrt[3]{\frac{36{\left(M_z+k{M}_y\right)}^2}{{\left[\sigma \right]}^{2}k}}$$

Минимальный вес бруса имеем при минимальном значении площади сечения F. Из условия минимума

$$\frac{dF}{dk}=0$$

получаем

$$k=\frac{h}{b}=\frac{M_z}{M_y}$$

Ответ: не указан.

Из уравнения для прогиба на конце

$$\left[f\right]=\sqrt{{\left(\frac{P{l}^3\cos \alpha }{3E{J}_z}\right)}^2+{\left(\frac{P{l}^3\mathrm{s}\mathrm{in}\alpha }{3E{J}_y}\right)}^2}$$

находим площадь сечения балки

$$F=\sqrt[4]{\frac{144P^2{l}^6\left({\cos }^2\alpha +k^2{\sin }^2\alpha \right)}{9k^2{E}^2{\left[f\right]}^2}}$$

Из условия

$$\frac{\partial F}{\partial k}=0$$

находим

$$k=\frac{1}{\sqrt{\mathrm{tg}\alpha }}$$

Ответ: не указан.

Условие прочности при внецентренном растяжении

$$\sigma =\frac{P}{F}\left[1+\frac{y_{P}y}{i_z^2}+\frac{z_{P}z}{i_y^2}\right]\le \left[\sigma \right]$$

В данном случае

$$y_P=0$$

$$z_P=\frac{b}{4}$$

$$z=\frac{b}{2}$$

$$i_y^2=\frac{b^2}{12}$$

получаем

$$\frac{5P}{2bt}\le \left[\sigma \right]$$

откуда

$$b\ge \frac{5}{2}\frac{P}{t\left[\sigma \right]}=\mathrm{7,8} см$$

Ответ: b ≥ 7,8 см.

Изгибающий момент в ослабленном сечении

$$M=\frac{Px}{2}$$

Площадь и момент сопротивления в ослабленном сечении:

$$F=\left(b-x\right)t$$

$$W=\frac{{\left(b-x\right)}^{2}t}{6}$$

Наибольшие напряжения в ослабленном сечении приравниваются допускаемому:

$$\frac{P}{F}+\frac{M}{W}=\frac{P}{\left(b-x\right)t}+\frac{P+\frac{x}{2}6}{{\left(b-x\right)}^{2}t}=\left[\sigma \right]$$

$$x=\mathrm{23,5} мм$$

Ответ: x = 23,5 мм.

Если бы нагрузка передавалась центрально, то была бы достаточна площадь сечения

$$F=\frac{P}{\left[\sigma \right]}=\mathrm{15,6} с{м}^2$$

Учитывая наличие изгиб, возьмем ориентировочно швеллер № 24:

$$F=\mathrm{30,6} с{м}^2$$

Необходимая толщина полосы

$$t=\frac{P}{b\left[\sigma \right]}=\mathrm{0,65} см$$

Имеем

$$e_1=z_0=\mathrm{2,42} см$$

$$e_2=b-z_0=9-\mathrm{2,42}=\mathrm{6,58} см$$

$$e=z_0+\frac{t}{2}=\mathrm{2,42}+\mathrm{0,32}=\mathrm{2,74} см$$

Напряжения в крайних волокнах

$${\sigma }_1=\frac{P}{F}+\frac{P_e}{J_y}{e}_1=\mathrm{161,2} МПа$$

$${\sigma }_2=\frac{P}{F}-\frac{P_e}{J_y}{e}_2=-\mathrm{134,6} МПа$$

Условия прочности выполняется.

Ответ: не указан.

Наибольшие напряжения имеют место в заделке:

$$N=P\cos \alpha$$

$$M=Pl\sin \alpha$$

$$\sigma =-\frac{N}{M}-\frac{M}{W}=-\frac{P}{a^2}\left(\cos \alpha +\frac{6l}{a}\sin \alpha \right)$$

Угол α₀ находим из условия

$${\left(\frac{d\sigma }{d\alpha }\right)}_{\alpha ={\alpha }_0}=\frac{P}{a^2}\left(\sin {\alpha }_0+\frac{6l}{a}\cos {\alpha }_0\right)=0$$

откуда

$$\mathrm{tg}{\alpha }_0=\frac{6l}{a}$$

Следовательно

$$\sigma =-\frac{P}{a^2}\frac{\cos \left(\alpha -{\alpha }_0\right)}{\cos {\alpha }_0}$$

Ответ: не указан.

Площадь и момент сопротивления сечения A—A:

$$F=\frac{\pi }{4}\left(d_1{d}_2-d_1^{’}{d}_2^{’}\right)=\mathrm{11,8} с{м}^2$$

$$W=\frac{\mathrm{0,1}}{d_1}\left(d_1^3{d}_2-d_1^{’3}{d}_2^{’}\right)=\mathrm{23,55} с{м}^3$$

$$d_1^{’}=d_1-2t$$

$$d_2^{’}=d_2-2t$$

Изгибающий момент в сечении A—A:

$$M=P_{1}b+P_2\left(a+r\right)=\mathrm{37,5} кН\times м$$

Максимальные сжимающие напряжение

$$\sigma =-\frac{P_1}{F}-\frac{M}{W}=-1698 МПа$$

Ответ: не указан.

Эпюры распределения нормальных напряжений по высоте сечения бруса в его предельных состояниях изображены на рисунке. Эпюра а) соответствует действию в сечении бруса продольной силы текучести N_т, а эпюра б) — изгибающему моменту текучести M_т. Из этих эпюр следует:

$$N_{т}={\sigma }_{т}bh$$

$$M_{т}=\frac{1}{4}{\sigma }_{т}b{h}^2$$

Эпюра в) соответствует одновременному действию изгибающего момента M и продольной силы N. Если эпюру в) представить как сумму эпюр г) и д), первая из которых соответствует силе N, а вторая — моменту М, то можно записать:

$$N_{т}={\sigma }_{т}2ab=N_{т}\frac{2a}{b}$$

$$M=2{\sigma }_{т}b\left(\frac{h}{a}-a\right)\left(\frac{h}{a}+a\right)\frac{1}{2}=M_{т}\left[1-{\left(\frac{2a}{b}\right)}^2\right]$$

Исключая из последних двух формул 2a/b, получаем

$$\frac{M}{M_{т}}=1-{\left(\frac{N}{N_{т}}\right)}^2$$

Очевидно, что моменты M и M_т имеют одинаковые знаки.

Ответ: не указан.

Общий вид эпюры распределения нормальных напряжений по высоте сечения круглого бруса в его предельном состоянии, показан на рис. а. Расчленим эпюру а) на две: б) и в), первая из которых соответствует силе N, а вторая моменту М. На основании этих эпюр можем написать:

$$N={\sigma }_{т}\left(\frac{\pi r^2}{4}-2F_{\alpha }\right)$$

$$M=2{\sigma }_{т}{F}_{\alpha }{y}_{\alpha }$$

где

$$F_{\alpha }=\frac{r^2}{2}\left(2\alpha -\sin 2\alpha \right)$$

$${у}_x=\frac{4r{\sin }^3\alpha }{2\alpha -\sin 2\alpha }$$

Так как

$$N_{т}=\pi {\sigma }_{т}{r}^2$$

$$M_{т}=\frac{4}{3}{\sigma }_{т}{r}^3$$

то

$$\frac{N}{N_{т}}=1-\frac{2\alpha -\sin 2\alpha }{\pi }$$

$$\frac{M}{M_{т}}={\sin }^3\alpha$$

Ответ: не указан.

Приведенный момент по третьей теории прочности

$$M_{пр}^{III}=\sqrt{M_{и}^2+M_{к}^2}=P\sqrt{l^2+a^2}=\mathrm{1,7} кН\times м$$

Диаметр вала

$$d^{III}=\sqrt[3]{\frac{32M_{пр}^{III}}{\pi \left[\sigma \right]}}=\mathrm{4,77} см$$

Ответ: d^III = 4,86 см.

Приведенные моменты по четырем теориям прочности:

$$M_{пр}^I=\mathrm{0,5}{M}_{и}+\mathrm{0,5}\sqrt{M_{и}^2+M_{к}^2}=\mathrm{1,2} кН\times м$$

$$M_{пр}^{II}=\mathrm{0,35}{M}_{и}+\mathrm{0,65}\sqrt{M_{и}^2+M^2}=\mathrm{1,3} кН\times м$$

$$M_{пр}^{III}=\sqrt{M_{и}^2+M_{к}^2}=\mathrm{1,5} кН\times м$$

$$M_{пр}^{IV}=\sqrt{M_{и}^2+\mathrm{0,75}{M}_{к}^2}=\mathrm{1,38} кН\times м$$

Диаметр вала

$$d=\sqrt[3]{\frac{32M_{пр}}{\pi \left[\sigma \right]}}$$

Имеем:

$$d^I=\mathrm{4,95} см$$

$$d^{II}=\mathrm{5,1} см$$

$$d^{III}=\mathrm{5,35} см$$

$$d^{IV}=\mathrm{5,2} см$$

Ответ: не указан.

Удвоенная площадь, ограниченная контуром поперечного сечения

$${\mathrm{\Omega }}_{к}=2\times \frac{40+20}{2}\times 100=6000 с{м}^2$$

Момент инерции поперечного сечения

$$J_z=2\times \left(6\times {20}^2+3\times {10}^2\right)+2\times \mathrm{0,5}\times \left({18}^2+{16}^2+{14}^2+{12}^2\right)+$$

$$+\frac{\mathrm{0,3}\times {40}^3}{12}+\frac{\mathrm{0,2}\times {20}^3}{12}+2\times 100\times \mathrm{0,1}\times {15}^2=12550 с{м}^4$$

Нормальное и касательное напряжения в обшивке

$$\sigma =\frac{M_{и}}{J} \frac{H_1}{2}=56 МПа$$

$$\tau =\frac{M}{{\mathrm{\Omega }}_{к}{t}_0}=30 МПа$$

Приведенное напряжение по третьей теории прочности

$${\sigma }_{пр}^{III}=\sqrt{{\sigma }^2+4{\tau }^2}=82 МПа<\left[\sigma \right]$$

Ответ: σ^III_пр = 82 МПа.

Нормальное напряжение по третьей теории прочности, для бруса:

- круглого сечения

$${\left({\sigma }_{кр}^{III}\right)}^2={\left(\frac{32M_{и}}{\pi d^3}\right)}^3+4{\left(\frac{16M_{к}}{\pi d^3}\right)}^3=\mathrm{55,8}\frac{M_{и}^2}{F_{кр}^3}$$

- квадратного сечения

$${\left({\sigma }_{кв}^{III}\right)}^2={\left(\frac{6M_{и}}{a^3}\right)}^2+4{\left(\frac{M_{к}}{a^3}\right)}^2=46\frac{M_{и}^2}{F_{кв}^3}$$

Здесь a — сторона квадратного сечения, d — диаметр круглого сечения, F_кр и F_кв — площади поперечных сечений брусьев соответственно круглого и квадратного.

Сравнение приведенных напряжений дает:

$$F_{кв}=\mathrm{0,94}{F}_{кр}$$

Таким образом брус квадратного сечения на 6 % легче круглого.

Ответ: не указан.

Нормальное напряжение по третьей теории прочности, для бруса:

- круглого сечения

$${\sigma }_{кр}^{III}=\frac{32}{\pi d^3}\sqrt{M_{и}^2+M_{к}^2}$$

- квадратного сечения

$${\left({\sigma }_{кв}^{III}\right)}^2={\left(\frac{6M_{и}}{a^3}\right)}^2+4{\left(\frac{M_{к}}{\mathrm{0,208}{a}^3}\right)}^2=\frac{2^6}{{\pi }^3{d}^6}\left(36M_{и}^2+92M_{к}^2\right)$$

Так как по условию равенства площадей

$$a=\frac{\sqrt{\pi }}{2}d$$

здесь a — сторона квадратного сечения, d — диаметр круглого сечения.

Сравнения приведенных напряжений для круглого и квадратного сечений дает

$$\frac{M_{и}}{M_{к}}=\sqrt{\frac{92-16\pi }{16\pi -36}}=\mathrm{1,71}$$

Отсюда следует, что при

$$\frac{M_{и}}{M_{к}}<\mathrm{1,71}$$

более прочным является брус круглого сечения, а при

$$\frac{M_{и}}{M_{к}}>\mathrm{1,71}$$

более прочен брус квадратного сечения.

Ответ: не указан.

Крутящий момент, передаваемый участком вала между зубчатыми колесами

$$M_{к}=\frac{71620N}{n}=\mathrm{3,581} кН\times м$$

Окружные усилия определяем из равенства

$$M_{к}=P_1{r}_1=P_2{r}_2$$

Получаем

$$P_1\approx 60 кН$$

$$P_2\approx 30 кН$$

Разлагаем окружные усилия на вертикальные и горизонтальные составляющие:

$$P_{1в}=P_1\cos {\alpha }_1=\mathrm{42,4} кН$$

$$P_{1г}=P_1\sin {\alpha }_1=\mathrm{42,4} кН$$

$$P_{2в}=P_2\cos {\alpha }_2=\mathrm{25,9} кН$$

$$P_{2г}=P_2\sin {\alpha }_1=15 кН$$

Перенесем составляющие силы на ось вала и построим эпюры изгибающий моментов отдельно от вертикальных и горизонтальных сил. Опорные реакции и изгибающие моменты от вертикальных сил:

$$A_{в}=\mathrm{41,8} кН$$

$$B_{в}=\mathrm{26,5} кН$$

$$M_1^{в}=\mathrm{4,18} кН\times м$$

$$M_2^{в}=\mathrm{3,98} кН\times м$$

Опорные реакции и изгибающие моменты от горизонтальных сил:

$$A_{г}=\mathrm{29,5} кН$$

$$B_{г}=-\mathrm{2,1} кН$$

$$M_1^{г}=\mathrm{2,95} кН\times м$$

$$M_2^{г}=\mathrm{0,315} кН\times м$$

Эпюры M_ви и M_ги показаны на рисунке. Суммарные изгибающие моменты находим в характерных сечениях как геометрические суммы моментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях:

$$M_1=\sqrt{{\left(M_1^{в}\right)}^2+{\left(M_1^{г}\right)}^2}=\mathrm{5,1} кН\times м$$

$$M_2=\sqrt{{\left(M_2^{в}\right)}^2+{\left(M_2^{г}\right)}^2}=4 кН\times м$$

Эпюра суммарных моментов M_и также показана на рисунке. Сопоставляя эту эпюру с эпюрой крутящих моментов M_к, находим опасное сечение вала в точке 1. Приведенный момент в сечении 1 по четвертой теории прочности

$$M_{пр}^{IV}=\sqrt{M_{и}^2+\mathrm{0,75}{M}_{к}^2}=\mathrm{0,6} кН\times м$$

Находим диаметр вала

$$d=\sqrt[3]{\frac{32M_{пр}^{IV}}{\pi \left[\sigma \right]}}=8 см$$

Ответ: d = 8 см.

Расчетная формула имеет вид

$${\sigma }_{экв}^{III}=\sqrt{{\left(\frac{M_{и}}{W_{и}}+\frac{N}{F}\right)}^2+4{\left(\frac{M_{к}}{W_{к}}\right)}^2}\le \left[\sigma \right]$$

Подставляем в эту формулу исходные данные и возводим правую и левую части ее в квадрат. Знак неравенства опускаем. Решая полученное уравнение путем проб, находим

$$d>\mathrm{4,1} см$$

Ответ: d > 4,1 см.

На основании третьей теории прочности имеем

$${\left(\frac{P}{a^2}\right)}^2+4{\left(\frac{M_{к}}{\mathrm{0,208}{a}^3}\right)}^2\le {\left[\sigma \right]}^2$$

откуда

$$4a^2+93=a^6$$

Путем проб находим

$$a=\mathrm{2,2} см$$

Ответ: a = 2,2 см.

Не производя вычислений, строим в произвольном масштабе эпюры внутренних сил Q, N, M_z, M_y и M_к в сечениях рычага и делаем заключение, что опасное сечение находится вблизи крепления амортизатора (сечение A—A). Определяем внутренние силы в опасном сечении:

$$Q=P\sin \mathrm{0,698}=\mathrm{51,5} кН$$

$$N=P\cos \mathrm{0,698}=\mathrm{61,3} кН$$

$$M_x=P\left(l-l_1\right)\sin \mathrm{0,698}=\mathrm{18,6} кН\times м$$

$$M_y=Pc\cos \mathrm{0,698}=\mathrm{12,3} кН\times м$$

$$M_{к}=Pc\mathrm{s}{in}\mathrm{0,698}=\mathrm{10,3} кН\times м$$

Вычисляем площадь и моменты сопротивления в опасном сечении:

$$F=2t\left(b+a-2t\right)=\mathrm{22,6} с{м}^2$$

$$W_z=\frac{t{h}^2}{3}+at\left(b-2t\right)=78 с{м}^3$$

$$W_y=\frac{t{b}^2}{3}+bt\left(a-2t\right)=63 с{м}^3$$

$$W_{к}=2t\left(b-t\right)\left(a-t\right)=101 с{м}^3$$

Наибольшее нормальное напряжение имеем в угловой точке сечения * где складываются нормальные напряжения от N, M_z и M_y. В этой же точке имеется и касательное напряжение от M_к. Касательными напряжениями от Q в этой точке можно пренебречь. Вычисляем:

$$\sigma =\frac{N}{F}+\frac{M_z}{W_z}+\frac{M_y}{W_y}=460 МПа$$

$$\tau =\frac{M_{к}}{W_{к}}=94 МПа$$

Приведенное напряжение по третьей теории прочности

$${\sigma }_{экв}^{III}=\sqrt{{\sigma }^2+4{\tau }^2}=590 МПа$$

Коэффициент запаса прочности

$$n=\frac{{\sigma }_{в}}{{\sigma }_{экв}}=2$$

Ответ: не указан.

Площадь и момент инерции поперечного сечения цилиндра (γ = d/D):

$$F=\frac{\pi D^2}{4}\left(1-{\gamma }^2\right)=\mathrm{8,5} с{м}^2$$

$$J=\frac{\pi D^4}{64}\left(1-{\gamma }^4\right)=\mathrm{33,3} с{м}^4$$

Горизонтальная и вертикальная составляющие силы P

$$P_x=\frac{p\pi D^2{\gamma }^2}{4}=\mathrm{4,72} кН$$

$$P_y=P_x\mathrm{tg}\alpha =\mathrm{7,35} кН$$

Реакция на внутренней стенке цилиндра от штока

$$P_1=\frac{P_y\left(a-x\right)}{x}$$

При x = l/2

$$P_1=\mathrm{10,2} кН$$

Максимальный изгибающий момент (в среднем сечении цилиндра)

$$M_{и}=\frac{P_{1}l}{4}=\mathrm{1,25} кН\times м$$

Нормальные напряжения изгиба в точках A и D сечения цилиндра

$$\sigma =\pm \frac{M_{и}}{J}\frac{D}{2}=\pm \mathrm{112,5} МПа$$

В точках B и C

$$\sigma =\pm \frac{M_{и}}{J}\frac{D}{2}\alpha =94 МПа$$

Нормальные напряжения, обусловленные внутренним давлением в цилиндре, в продольном и поперечном сечениях соответственно

$${\sigma }_{прод}=\frac{pD}{2t}=15 МПа$$

$${\sigma }_{рад}=\frac{{\sigma }_{прод}}{2}=\mathrm{7,5} МПа$$

Полные продольные нормальные напряжения в точках A, B, C и D (в МПа):

$${\sigma }^A=120$$

$${\sigma }^B=\mathrm{101,5}$$

$${\sigma }^C=-\mathrm{86,5}$$

$${\sigma }^D=-105$$

Напряженные состояния в точках A, B, C и D определяются следующими главными напряжениями (в МПа):

- в точке A

$${\sigma }_1=120$$

$${\sigma }_2=15$$

$${\sigma }_3=0$$

- в точке B

$${\sigma }_1=\mathrm{101,5}$$

$${\sigma }_2=15$$

$${\sigma }_3=-p=-\mathrm{2,5}$$

- в точке C

$${\sigma }_1=15$$

$${\sigma }_2=-\mathrm{2,5}$$

$${\sigma }_3=-\mathrm{86,5}$$

- в точке D

$${\sigma }_1=15$$

$${\sigma }_2=0$$

$${\sigma }_3=-105$$

На основании третьей теории прочности опасной является точка A. Для нее

$${\sigma }_{экв}^{III}=120 МПа<\left[\sigma \right]$$

Ответ: не указан.

Вычисляем наибольшие нормальные и касательные напряжения в характерных точках поперечного сечения щеки коленчатого вала (в МПа):

$${\sigma }_N=\frac{N}{P}=\mathrm{14,8}$$

$${\sigma }_{M1}=67$$

$${\sigma }_{M2}=36$$

$${\tau }_{к}^{’}=\mathrm{62,5}$$

$${\tau }_{к}^{’’}=\mathrm{0,745}{\tau }_{к}^{’}=\mathrm{46,7}$$

$${\tau }_Q=\frac{3}{2}\frac{Q}{ab}=15$$

По этим данным строим эпюры нормальных и касательных напряжений (см. рисунок). Рассмотрим три точки A, B и C на контуре поперечного сечения. Приведенные напряжения на основании третьей теории прочности для этих точек (в МПа):

$${\sigma }_{экв.A}=\mathrm{113,8}<\left[\sigma \right]$$

$${\tau }_A=0$$

$${\sigma }_{экв.B}=\mathrm{77,5}<\left[\sigma \right]$$

$${\sigma }_{экв.C}=116<\left[\sigma \right]$$

Наиболее нагруженной является точка C.

Ответ: не указан.

Изгибающий и крутящий моменты в заделке:

$$M_{и}=Pr\sin \alpha$$

$$M_{к}=Pr\left(1-{cos}\alpha \right)$$

Максимальные нормальные и касательные напряжения в заделке:

$$\sigma =\frac{6M_{и}}{a^3}$$

$$\tau =\frac{M_{к}}{\mathrm{0,208}{a}^3}$$

Приведенные напряжения по третьей теории прочности

$${\sigma }_{экв}^{III}=\sqrt{{\sigma }^2+4{\tau }^2}=\frac{\mathrm{7,05}Pr }{a^3}$$

Из условия прочности

$${\sigma }_{экв}=\left[\sigma \right]$$

находим

$$a=\sqrt[3]{\frac{\mathrm{7,05}Pr}{\left[\sigma \right]}}=\mathrm{6,05} см$$

Ответ: a = 6,05 см.

Приведем силу P к центру заклепочного соединения A. Сила P, перечеркнутая один раз, распределяется равномерно между шестью заклепками. На каждую из них придется усилие

$$P_0=400 кг$$

направленное вертикально вниз. Силы же P, перечеркнутые два раза, создают пару сил

$$P\times e$$

которая скручивает заклепочное соединение. Предполагаем по аналогии с кручением стержней, что усилие P_к в каждой заклепке, вызываемое парой сил

$$P\times e$$

пропорционально расстоянию ρ_к заклепки от цента A и направлено каждое перпендикулярно своему радиусу ρ_к. Из рисунка видно, что

$${\rho }_1=\mathrm{12,5} см$$

$${\rho }_2=\mathrm{7,5} см$$

$$e=250 мм=25 см$$

Из сказанного следует, что (см. рис. б)

$$\frac{P_1}{P_2}=\frac{\mathrm{12,5}}{\mathrm{7,5}}$$

$$P_1=\frac{5}{2}{P}_2$$

Очевидно также, что

$$P_1=P_3=P_4=P_6$$

$$P_2=P_5$$

Момент, скручивающий соединение,

$$M_{к}=P\times e=\sum P_{к}{\rho }_{к}$$

Подставив числовые значения, получим уравнение

$$2400\times 25=4\times \frac{5}{3}\times P_2\times \mathrm{12,5}+2P_2\times \mathrm{7,5}$$

Из уравнения находим

$$P_2=610 кг$$

тогда

$$P_1=1017 кг$$

Из двух средних заклепок 2 н 5 более загруженной является заклепка 5, воспринимающая полное усилие

$$S_5=P_5+P_0=610+400=1010 кг$$

Из четырех крайних заклепок наиболее нагруженными являются заклепки 4 и 6 (см. рис. б и в). Полные усилия в этих заклепках при cos α = 0,6 равны:

$$S_4=S_6=\sqrt{{1017}^2+{400}^2+2\times 1017\times 400\times \mathrm{0,6}}=1300 кг$$

Следовательно, наиболее загруженными являются заклепки 4 и 6, принимающие на себя полное усилие S = 1300 кг каждая.

Ответ: не указан.