Файл: И.А. Паначев Рабочая программа, контрольные работы и методические указания по их выполнению для студентов заочной формы обучения (сокращенные сроки обучения на базе среднего проф. образования).pdf

65

шкива имеют одинаковый диаметр Д2 и одинаковые углы наклона ветвей ремня к горизонту α2, и каждый из них передаёт мощность N/2 кВт

(рис.13.4).

Требуется: 1) определить моменты, приложенные к шкивам по заданным N и n ; 2) построить эпюры крутящих моментов Мкр ; 3) определить окружные усилия t1 и t2 , действующие на шкивы по найденным моментам и заданным диаметрам шкивов Д1 и Д2; 4) определить давления на вал, принимая их равными трём окружным усилиям; 5) определить силы, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях (вес шкивов и вала не учитывать); 6) построить эпюры изгибающих моментов от горизонтальных сил Мгор и от вертикальных сил Мверт; 7) построить эпюру суммарных изгибающих моментов, пользуясь формулой

Mи = Мгор2 +Мверт2 ,

при построении эпюры надо учесть, что для некоторых участков вала она не будет прямолинейной; 8) при помощи эпюр Мкр и Ми найти опасное сечение и определить максимальный расчётный момент (по третьей теории прочности); 9) подобрать диаметр вала d при [σ]= =70МПа и округлить его значение до ближайшего стандартного, если дано: N = 20 кВт ; n = 500 об/мин ; с = 1,3 м ; а = 1,5 м ; b = 1,2 м ; Д1 = 1,2 м ; Д2 = 1,5 м ; α1 = 20 град ; α2 = 50 град.

СЕЧЕНИЕ I – I

Рис. 13.3. Схема сил, действующих на шкивы

66

Решение 13.3.1. Определяем крутящие моменты, приложенные к шкивам, по

заданным N и n

M = 9,736 Nn (кН м),

тогда

M1 = 9,736 50020 = 0,38кН м,

M2 = 9,736 50010 = 0,19кН м.

13.3.2. Определяем окружные усилия, приложенные к шкивам

(рис.10.5) :

М1 = t1 Д21 ,

t1 = 2M1 = 2 0,38 = 0,63кН, Д1 1,2

М2 = t2 Д22 ,

t2 = 2M2 = 2 0,19 = 0,25кН.

Д2 1,5

13.3.3.Определяем давления на вал, принимая их равными трём окружным усилиям :

Р1 = 3t1 = 3 0,63 =1,89кН,

Р2 = 3t2 = 3 0,25 = 0,75кН.

13.3.4.Найдём проекции сил Р1 и Р2 на горизонтальное и вертикальное направления (Х,Y) (рис.13.2,б) :

Р1x = P1 cosα1 =1,89cos20o =1,78кH, P2x = P2 cosα2 = 0,75cos50o = 0,48кH, P1y = P1 sin α1 =1,89sin 20o = 0,65кH, P2y = P2 sin α2 = 0,75sin 50o = 0,57кH.

67

13.3.5. Построим эпюру крутящих моментов, для чего нагрузим вал только скручивающими моментами (рис.13.2,б) :

MkpAC = 0,

MkpCД = М1 = 0,38кН м,

МkpДВ = М1 − М2 = 0,38 − 0,19 = 0,19кН м,

МkpBE = MkpДВ = 0,19кН м.

Эпюра крутящих моментов приведена на рис.13.2,в.

13.3.6. Построим эпюру изгибающих моментов от сил, действующих в вертикальной плоскости (рис.13.2,г).

Определяем опорные реакции :

∑ma = 0,

YB 4,2 − P2y 5,7 − P2y 2,7 − P1y 1,5 = 0,

YB = 0,57 5,7 + 0,57 2,7 + 0,65 1,5 =1,37кН, 4,2

∑mb = 0,

− Ya 4,2 + P1y 2,7 + P2y 1,5 − P2y 1,5 = 0,

= 0,65 2,7 + 0,57 1,5 − 0,57 1,5 =

Ya 0,42кН. 4,2

Проверка :

∑Y = 0,

YA + YB − P1y − 2P2y = 0, 0,42 +1,37 − 0,65 − 2 0,57 = 0.

Определяем изгибающие моменты Мверт:

MвертА = 0,

МвертС =1,5YA =1,5 0,42 = 0,63кН м,

МвертД = 2,7YA −1,2P1y = 2,7 0,42 −1,2 0,65 = 0,35кН м,

МвертВ = −1,5P2y = −1,5 0,57 = −0,855кН м,

МвертЕ = 0.

68

Эпюра Мверт показана на рис.13.2, д.

13.3.7.Построим эпюру изгибающих моментов от сил, действующих в горизонтальной плоскости Мгор. (рис. 13.2,е).

Определяем опорные реакции :

∑mA = 0,

XB 4,2 − P2x 5,7 − P2x 2,7 + P1x 1,5 = 0,

= 0,48 5,7 + 0,48 2,7 −1,78 1,5 =

XB 0,33кН, 4,2

∑mB = 0,

XA 4,2 − P1x 2,7 + P2x 1,5 − P2x 1,5 = 0,

XA = 1,78 2,7 − 0,48 1,5 + 0,48 1,5 =1,15кН. 4,2

Проверка :

∑X = 0,

−XA − 2P2x + P1x + XB = 0,

−1,15 − 2 0,48 +1,78 + 0,33 = 0.

Определим изгибающие моменты Мгор :

MгорА = 0,

МгорС = −1,5ХА = −1,5 1,15 = −1,725кН м,

МгорД = −2,7ХА+1,2Р1х = −2,7 1,15 +1,2 1,78 = −0,969кН м,

МгорВ = −1,5Р2х = −1,5 0,48 = −0,72кН м,

МгорЕ = 0.

Эпюра Мгор приведена на рис.13.2,ж.

13.3.8.Построим эпюру суммарных изгибающих моментов Ми :

Ми = Мверт2 + Мгор2 ,

МиА = 0,

МиС = 0,532 +1,7252 =1,8кН м,

69

Μид = 0,352 + 0,9692 =1,03кН м,

Μви = 0,8552 + 0,722 =1,12 кН м.

Эпюра МИ приведена на рис. 13.2,з.

13.3.9. Анализируя эпюры МКР и МИ, видим, что опасным будет сечение С, где действует изгибающий момент МИ = 1,8 кН м и крутящий

момент Мкр = 0,38 кН.м.

По третьей теории прочности найдём расчётный момент (13.6):

ΜэквIII = Μи2 + Μкр2 = 1,82 + 0,382 =1,83кН м.

13.3.10.Определим диаметр вала.

Условие прочности (13.7):

Принимаем d = 71 мм (ГОСТ 6636-69).

14. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

Устойчивость или неустойчивость прямолинейной формы оси сжатого стержня существенно зависит от величины сжимающей силы. Нагрузка на стержень, при которой прямолинейная форма перестаёт быть формой устойчивого равновесия, называется критической. При нагрузках, меньших критической, прямолинейная форма оси стержня устойчива. При нагрузках больше критической прямолинейная форма оси стержня становится неустойчивой и стержень переходит к новой криволинейной форме равновесия, при которой происходит резкое нарастание прогибов и напряжений в стержне.

В конструкциях и сооружениях допускаются нагрузки значительно меньше критических. Отношение критической нагрузки к фактической носит название “коэффициент запаса устойчивости”: