Серия учебных мультимедийных пособий

С.А. Бургутина

Для студентов средних профессиональных образовательных учреждений

Издание второе, дополненное в форме компьютерных презентаций

Серия учебных мультимедийных пособийСерия учебных мультимедийных пособий

ПОСВЯЩАЕТСЯ СВЕТЛОЙ ПАМЯТИПОСВЯЩАЕТСЯ СВЕТЛОЙ ПАМЯТИ Кузнецова Георгия КонстантиновичаКузнецова Георгия Константиновича - доктора технических наук,

профессора Костромского Государственного технологического университета, заслуженного деятеля науки и техники Российской Федерации;

Гиляревского Сергея ВячеславовичаГиляревского Сергея Вячеславовича - лауреата Государственной (Сталинской) премии СССР, заведующего научно-исследовательским сектором Костромского технологического института, заслуженного изобретателя РФССР;

Худых Михаила ИльичаХудых Михаила Ильича - заслуженного деятеля науки и техники Российской Федерации, почётного профессора Костромского Государственного технологического университета и Ивановской текстильной академии,

сыгравшими ключевые роли в формировании научного руководителя, Бургутиной сыгравшими ключевые роли в формировании научного руководителя, Бургутиной С.А., как специалиста и как личностьС.А., как специалиста и как личность

Основной целью работ из серии «В помощь изучающим техническую механику» является Основной целью работ из серии «В помощь изучающим техническую механику» является создание учебных мультимедийных пособий нового поколения для эффективного обучения современного студента и применения новых технологий в учебном процессе. В учебных пособиях рассмотрен сжато, в доступной форме теоретический и практический материал по основам теоретической механики и сопротивления материалов дисциплины “Техническая механика”. Часть слайдов показывают в анимации последовательное, поэтапное выполнение расчётов деталей различных конструкций. Пособия оснащены системой управления. Имеются гиперссылки для быстрого перехода к нужным слайдам. Пособия предназначены для студентов как очной, так и заочной форм обучения, несут пользу не только обучающимся в освоении учебного материала, в выполнении регламентированных работ, но и преподавателям в организации их плановой учебной работы. Полезны всем, кто интересуется современными методами компьютерного обучения. Пособие “Сопротивление материалов в вопросах и ответах” участвовало в межрегиональном конкурсе “Инновационные подходы к содержанию учебно-методического комплекса в технологическом и профессиональном образовании” (г. Липецк 2008 г) в рамках учебно-методического объединения Центрального федерального округа по направлению Серия учебных мультимедийных пособий по дисциплине “Техническая механика” и награждена сертификатом.

Автор Бургутина С.А. – преподаватель общетехнических дисциплин Костромского энергетического техникума им. Ф.В. Чижова

Одобрено предметной комиссией теплотехнического цикла Костромского энергетического техникума им. Ф.В.Чижова

Председатель комиссии Л.В. Гижевская

Протокол № 6 от 16 января 2010г.

Автор: преподаватель общетехнических дисциплин Костромского энергетического техникума им. Ф.В.Чижова С.А.Бургутина

Оформление и компьютерный дизайн О.В.Гурьевой, А.В.Киселёва, М.В. Никитина, М. Петешева.

Рецензенты:

Г.К Кузнецов - доктор технических наук, профессор Костромского Государственного университета, заслуженный деятель науки и техники Российской Федерации

Э.Н Лазарева - преподаватель технической механики Костромского автотранспортного техникума, заслуженный учитель школы Российской Федерации

Н.А. Крюкова-преподаватель технической механики Ставропольского строительного техникума, председатель цикловой комиссии строительных дисциплин.

В.В.Смельский- доктор технических наук, профессор кафедры Костромского государственного технологического университета

Структурная схема пособия «Презентации лекционно-теоретического и практическогоматериала по теоретической механике и сопротивлению материалов»

Предисловие автора

Причины разработки пособий

Требования к знаниям, умениям

Результаты социологического опроса целесообразности использования компьютерных технологий в учебном процессе

Примеры использования пособий в учебном процессе

Рецензии и отзывы о пособиях

Основные вопросы по технической механике

(необходимо знать для зачета и экзамена)

Ожидаемый результат

Перечень использованной литературы

Пособие 1. «Краткие сведения по теоретической механике»ВведениеСтатикаБлочная структура подраздела «Статика»Презентации по основным темам статики1.1.Основные понятия и аксиомы статики;1.2.Система сходящихся сил;1.3.Теория моментов и пар;1.4.Произвольная плоская система сил1.5.Центр тяжести1.6.Сводные карты «Блок-схемы по статике»КинематикаДинамикаМеханизмы передачи вращательного движенияПриложения Выводы

Пособие 2. «Сопротивление материалов в вопросах и ответах»ВведениеОсновные требования к знаниям, умениям, навыкамБлочная структура подраздела «Сопротивление материалов»2.3Блок-схема «Сопротивление материалов»2.4.Структурно-логическая схема подраздела «Сопротивление материалов»2.5.Укрупненные учебные элементы сопротивления материалов. Алгоритм-формулы2.6.Компановка в форме «здания» укрупненных учебных элементов сопротивления материалов2.7.Вопросы и ответы2.8.Сводные таблицы «Основные характеристики деформаций»2.9.Итоговое задание.Комплексная задача «Проектный расчет вала при совместном действии изгиба с кручением»Приложения. Выводы.

Учебная дисциплина «Техническая механика» является общепрофессиональной, устанавливающей базовые знания для освоения специальных дисциплин.

В результате изучения учебной дисциплины студент должен:

иметь представление: - о методах расчета и конструирования деталей и узлов машин;

знать: - основные понятия и аксиомы статики, кинематики, динамики; - основы расчетов элементов конструкций на прочность при растяжении, сжатии, кручении, изгибе;

уметь: - анализировать конструкции, заменять реальный объект расчетной схемой; - при анализе состояния тела, элементов конструкции пользоваться понятиями и терминологией теоретической механики, понятиями: прочность, жесткость, вид нагружения, внутренние силовые факторы, напряжения, деформации, условия прочности и жесткости.

Предисловие автора

На изучение технической механики для студентов энергетических специальностей 270116, 140206, 140102, 270111 программа рассчитана на 76-98 учебных часов, большую часть которых рекомендуется использовать для выработки практических навыков применения теории при выполнении расчетов различных конструкций деталей машин. Кроме того, студенты должны выполнить индивидуальные расчетно-графические работы. Техническая механика изучается на втором курсе. Уровень подготовки большинства приходящих студентов слабый, у данной дисциплины большой понятийный аппарат. Все это затрудняет изучение дисциплины, требует концентрации изложения теоретического и практического материала, подаче его в простой и доступной форме. Поэтому в Костромском энергетическом техникуме имени Ф.В.Чижова в 2002 году был разработан первый вариант учебного методического пособия «В помощь изучающим техническую механику». Пособию дали положительную оценку профессор Государственного технологического университета Г.К.Кузнецов и преподаватель технической механики Костромского автотранспортного техникума, заслуженный учитель школы РФ Э.Н.Лазарева. Это способствовало созданию серии учебных мультимедийных пособий под общим названием «В помощь изучающим техническую механику» в дополненном, расширенном варианте в форме компьютерных презентаций.

В серию входят пять независимых друг от друга пособий:

-Предисловие автора-Пособие1. Краткие сведения по теоретической механике-Пособие 2. Сопротивление материалов в вопросах и ответах-Пособие 3. Материалы для организации самостоятельной работы студентов по дисциплине «Техническая механика».-Пособие 4. Краткие сведения по деталям машин.-Пособие 5.Материалы опросов по отдельным темам дисциплины «Техническая механика».

Создание этих пособий было продиктовано студентами техникума на основе социологического опроса целесообразности использования компьютерных технологий при изучении технической механики , проведённого в ноябре 2009г.

Студентам было предложено выразить свое мнение о следующих способах изучения теоретического и практического материала: ―традиционные лекции преподавателя или с использованием мультимедиа;― традиционные практические занятия или с использованием мультимедиа; ―самостоятельное изучение с использованием литературы или с использованием мультимедиа; ―письменное тестирование или компьютерное тестирование.

Количество студентов, принимавших участие в социологическом опросе - 52 человека.

Психологическое обоснование использования компьютерных технологий в учебном процессеМозг человека работает в активном режиме только тогда, когда в поле зрения появляются новые элементы, Это теория «автоматий саккад». Аудитория студентов разная и каналы восприятия у всех разные: аудиальный (слух), визуальный (зрение), кинестетический (чувство, действие). Большинство слайдов выполнено в цветном исполнении для акцентирования внимания на нужном объекте изучения. Данная работа позволяет активизировать визуальный канал восприятия информации. Соответственно процесс усвоения знаний протекает эффективнее.

Итоговые результаты социологического опроса целесообразности использования компьютерных технологий при изучении технической механики представлены на диаграмме

В отличие от обычных учебников, от электронных учебников для самостоятельного изучения презентации по теоретической механике и сопротивлению материалов

разработаны для показа теоретического и практического материала на лекционных и практических занятиях, для представления материала в виде опорных слайдов, сводных

таблиц, для демонстрации дидактического материала, материала опросов с помощью различных компьютерных демонстрационных комплексов и могут быть использованы как

студентами, так и преподавателями в электронном или печатном виде.

73%

27%

Число студентов предпочитающие использование мультимедиа в обучении Число студентов не предпочитающие использование мультимедиа в обучении

Многофункциональная доска Многофункциональная доска кабинета технической механики кабинета технической механики

техникуматехникума

Примеры использования пособий в Примеры использования пособий в учебном процессеучебном процессе

Подготовка к урокуПодготовка к уроку

На занятии по теоретической На занятии по теоретической механикимеханики

Контроль знаний на Контроль знаний на уроке по уроке по

сопротивлению сопротивлению материаловматериалов

Рецензии и отзывы на методические пособия «В помощь изучающим техническую механику»

Первый вариант пособия

Федеральное агентство по образованию РФФГОУ СПО Костромской энергетический техникум

им. Ф.В. Чижова

Методическое пособиеВ помощь изучающим техническую

Механику(для студентов – заочников: 1001, 1006, 2913)

2002

Методическое пособие “В помощь изучающим техническую механику”

Разработано в 2002 году преподавателем общетехнических дисциплин Костромского энергетического техникума им. Ф.В. Чижова Бургутиной С.А. при участии студентов вторых курсов электротехнического отделения

АННОТАЦИЯМетодическое пособие “В помощь изучающим техническую механику” включает сводные таблицы блок-схем, блок-рисунков по статике сопротивлению материалов; Таблицы с основными формулами по кинематике, динамике, с формулами для силового кинематического расчёта приводов различных механизмов, основные условные обозначения в условных схемах, а так же приложение состоящие из руководящих материалов по оформлению расчётно- пояснительных записок. В работе в сжатой форме в виде отдельных блоков представлен теоретический материал, который необходимо знать при решении задач, выполнении расчётов различных конструкций, деталей машин и механизмов.

ОСНОВНЫЕ ВОПРОСЫ ПО ТЕХНИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ(необходимо знать для зачета и экзамена)

Раздел 1. ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА

• СТАТИКА 1. Аксиомы статики. Связи, реакции связей. 2. Теорема о трех уравновешенных силах. Принцип освобождаемости от связей. 3. Проекции силы на оси координат и плоскость. 4. Аналитическое и геометрическое определение модуля и направления равнодействующей системы сходящихся сил. 5. Геометрическое и аналитическое условия равновесия системы сходящихся сил. 6. Моменты силы относительно точки и оси. 7. Пара сил, момент пары, свойства сил пары, сложение пар, условия равновесия. 8. Понятие о главном векторе и главном моменте системы произвольно расположенных сил. Геометрическое и

аналитическое условия равновесия системы произвольно расположенных сил. 9. Балки, их опоры, реакции опор, виды нагрузок. 10. Уравнения равновесия произвольной пространственной системы сил. 11. Три формы уравнений равновесия произвольной плоской системы сил. 12. Теорема Вариньона о моменте равнодействующей. 13. Сила тяжести, координаты центра тяжести тела через силы тяжести, объемы, площади, длины частей тела. 14. Основные виды профилей прокатной стали. Положения центров тяжестей поперечных сечений балок. 15. Примеры определения положения центра тяжести пластин и сварных сечений балок, составленных из стандартных

профилей прокатной стали • ЭЛЕМЕНТЫ КИНЕМАТИКИ и ДИНАМИКИ 1. Основные понятия кинематики (траектория, путь, расстояние, скорость, ускорение,…) 2. Виды движения точки в зависимости от ускорения. 3. Простейшие движения твердого тела. Способы передачи вращательного движения. 4. Формулы кинематики для поступательного и вращательного движений. 5. Аксиомы динамики. Две основные задачи динамики. 6. Сила инерции, метод кинетостатики. 7. Трение. 8. Работа и мощность при поступательном и вращательном движениях. Механический КПД. 9. Механизмы передачи вращательного движения. Условные графические обозначения в кинематических схемах. 10. Формулы для проведения силового и кинематического расчета привода. Примеры расчета.

Раздел 2. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

1. Основные задачи сопротивления материалов. Деформации упругие и пластичные. Основные гипотезы и допущения. Виды внешних нагрузок..

2. Метод сечений. Внутренние силовые факторы, определение их величины и знака. 3. Виды деформаций (нагружений). 4. Механические напряжения. Виды напряжений в зависимости от ориентации их вектора по отношению к сечению тела. 5. Связь между внешними нагрузками (ВШС), внутренними силовыми факторами (ВСФ), видами деформаций (Д) и

видами напряжений (Н). 6. Эпюры ВСФ. Последовательность построения эпюр ВСФ по уравнениям и характерным точкам. Показать на примерах. 7. Механические испытания материалов. Диаграммы растяжения и сжатия малоуглеродистой стали и чугуна.

Механические характеристики прочности и пластичности материала образца. 8. Виды механических напряжений в зависимости от величины. Понятие о действительном и допускаемом коэффициенте

запаса прочности. Условия прочности (две формы). 9. Знать характеристики деформаций растяжения, сжатия, смятия, среза, кручения, чистого изгиба, прямого поперечного

изгиба по следующей схеме: примерная схема конструкции с внешними нагрузками (ВШС), приводящими к деформации, внутренние силовые факторы (ВСФ), вызывающие напряжения, виды напряжений (нормальное, касательное), характер распределения напряжений по сечению (равномерное, неравномерное), геометрическая величина, характеризующая способность сечения сопротивляться деформации, расчетная формула для определения напряжений, условия прочности, виды расчетов на прочность, линейные и угловые перемещения, условия жесткости, эпюры ВСФ и напряжений.

10. То же при изгибе с кручением Раздел 3. ДЕТАЛИ МАШИН 1. Передачи. Общие сведения, назначения, классификация. Основные кинематические и силовые соотношения в

передачах. 2. Фрикционные передачи. Назначение, классификация, применение, достоинства, недостатки. Понятие о вариаторах. 3. Зубчатые передачи. Основные элементы эвольвентного зубчатого зацепления, материал колес, способы изготовления. 4. Прямозубые, косозубые, шевронные, конические зубчатые передачи. Червячные передачи, передача винт-гайка.

Применение, классификация, достоинства, недостатки, силы в зацеплении. Основные геометрические соотношения (передаточное число, модуль, диаметры) Понятие о проверочном и проектном расчетах.

5. Краткие сведения о редукторах. 6. Передачи ременные, цепные. Устройство, достоинства, недостатки, применение. Типы ремней, цепей, силы в ветвях,

понятие о проектном и проверочном расчетах. 7. Валы и оси. Назначение, конструкция, материалы, понятие о проектном и проверочном расчетах. 8. Подшипники скольжения, качения. Устройство, достоинства, недостатки, применение, классификация. 9. Муфты. Назначение, краткая характеристика, устройство. Краткие сведения о подборе муфт. 10. Шпоночные и шлицевые соединения. Достоинства, недостатки, применение, расчеты, выбор шпонок 11. Разъемные и неразъемные соединения деталей машин. Типы соединений. Достоинства, недостатки, применение

ОЖИДАЕМЫЙ РЕЗУЛЬТАТ:

- оптимизация и активизация учебного процесса по дисциплине «Техническая механика»; - развитие интереса к дисциплине; - повышение степени доступности материала и успеваемости студентов; - разработанные пособия являются базой для создания новых видео-пособий по дисциплине «Техническая механика».

Результаты опроса студентов, изучающих техническую механику с использованием

компьютерных презентаций на учебных занятиях в 2009-2010 годах

На уроках механики является удобным

использование компьютера, так как:

- дается визуальное представление материала, увеличивается скорость работы на уроках, учение дается легче, проще понимается материал, на лекционных и практических занятиях усваивается много больше информации;- интересно сидеть на уроках;-применение компьютера не подлежит обсуждению. Это удобно.

На уроках механики использование компьютера не целесообразно, потому что:

- устают глаза и ухудшается зрение;- компьютер не заменит человека никогда.

Перечень использованной литературы

Аркуша А.И. Техническая механика. Теоретическая механика и сопротивление материалов. – М.: Высшая школа. 1989.

Вереина Л.И., Краснов М.М. Техническая механика: Учебник для студ. учреждений сред. проф. образования. – М.: Издательский центр «Академия», 2004.

Дубейковский Е.Н., Саввушкин Е.С. Сопротивление материалов. – М.: Высшая школа. 1985.

Ивченко В.А. Техническая механика: Учебное пособие.- М.:ИНФРА-М, 2003. Ицкович Г.М. Сопротивление материалов. – М.: высшая школа. 1988. Олофинская В.П. Техническая механика: Курс лекций с вариантами

практических и тестовых заданий: Учебное пособие.- М.:ФОРУМ-ИНФРА-М, 2003.

Мовнин М.С., Израелит А.Б., Рубашкин А.Г. Основы технической механики. – Л: Машиностроение. 1990.

Фролов М.И. Техническая механика. – М.: Высшая школа. 1990. Эрдеди А.А., Эрдеди Н.А. Теоретическая механика. Сопротивление материалов.

– М.: Высшая школа, Академия. 2001. Эрдеди А.А., Эрдеди Н.А. Теоретическая механика. Сопротивление материалов:

учеб. пособие для студ. учреждений сред. проф. образования. – 9-е изд., стер. – М.: Издательский центр «Академия», 2008.

Пособие 1.

Краткие сведения по теоретической

механике

Механизмы передачи вращательного

движения

В пособии рассмотрен сжато теоретический и практический материал по основным темам статики, кинематики, динамики учебной дисциплины «Техническая механика» в форме компьютерных презентаций. Приведены также краткие сведения о механизмах передачи вращательного движения из раздела «Детали машин» с примером выполнения силового и кинематического расчета привода. Часть слайдов показывают в анимации последовательное, поэтапное выполнение расчётов. Пособие оснащено системой управления. Имеются гиперссылки для быстрого перехода к нужным слайдам.

СТАТИКАБлочная структура подраздела «Статика»Презентации по основным темам статики: 1.1. Основные понятия и аксиомы статики 1.2.Система сходящихся сил 1.3.Теория моментов и пар 1.4.Произвольная плоская система сил 1.5.Центр тяжести 1.6. Сводные карты «Блок-схемы по статике»

Содержание пособия 1

КИНЕМАТИКА 1.7. Основные понятия. Кинематика точки. 1.8. Простейшие движения твердого тела. Основные формулы кинематики 1.9. Сводные таблицы основных кинематических характеристик движения материальной точки и твёрдого телаДИНАМИКА 1.10. Основные понятия и аксиомы динамики 1.11. Движение материальной точки. Метод кинетостатики 1.12. Трение. Работа и мощность

МЕХАНИЗМЫ ПЕРЕДАЧИ ВРАЩАТЕЛЬНОГО ДВИЖЕНИЯ

1.13. Общие сведения о передачах

Введение

ПРИЛОЖЕНИЯ. Примеры опросов и индивидуальных заданий

Приложение А. Пример индивидуального задания практических работ Приложение Б. Пример алгоритма выполнения расчёта Приложение В. Пример задания индивидуального зачётного опроса

ВЫВОДЫ.

Изучение теоретической механики вызывает у студентов большие трудности. На ее рассмотрение в пособии предлагается 170 слайдов. Изложение дается в следующей последовательности. В каждой теме сначала коротко, без выводов рассматривается круг теоретических вопросов, которые должны быть усвоены студентами для успешного овладения методами решения задач. Затем дается в анимации в автоматическом режиме или «по щелчку» поэтапное, последовательное решение задач. Для облегчения и ускорения процесса выполнения расчетов при выполнении самостоятельных индивидуальных расчетно-графических работ предлагаются студентам специально разработанные алгоритмы решений. В алгоритмах даются указания, определяющие общие направления поиска плана решения задачи. Каждые предписания алгоритмического типа лишь указывают, что надо делать, а вот как делать – студент должен решить сам. Польза алгоритмов в том, что они облегчают студентам процесс овладения умениями выполнять расчеты и позволяет научить всех студентов, а не избранных, решать типовые расчеты, создают уверенность в своих силах и способностях. Использование алгоритмов при решении задач по теоретической механике потом пригодятся при изучении сопротивления материалов.

Введение

Для более ясного понимания теоретического и практического материала в пособии приводятся слайды из диафильмов. На изучение кинематики и динамики по учебному плану отводится всего 14-16 часов, поэтому вниманию студентов предлагаются информационные (теоретические) слайды. Законы и методы теоретической механики находят практическое применение в разделе «Детали машин». В технике часто возникает необходимость передачи движения с помощью различных передач (ременных, зубчатых, червячных и др.). Подробно они рассматриваются в разделе «Детали машин». В данном пособии эти передачи рассматриваются коротко и представлены на фотографиях стендов деталей машин, их моделей, редукторов, находящихся в кабинете технической механики техникума. Применение формул кинематики и динамики даются с помощью слайдов примера силового и кинематического расчета привода. Студенты затем сами выполняют индивидуальные задания по расчету приводов к различным механизмам. После рассмотрения теоретических и практических слайдов в пособиях предлагаются сводные таблицы, в которых изучаемый материал представлен в обобщенном виде, в виде ключевых формул, рисунков, схем. Это способствует лучшему усвоению и запоминанию изучаемого материала.

После изучения теоретической механики студент должен:иметь представление: - о задачах учебной дисциплины подготовки специалиста; - о материи и движении, о механическом движении и равновесии; - о разделах учебной дисциплины

Тема 1 "Основные понятия и аксиомы статики"

Тема 2 "Система сходящихся сил"

Тема 3"Теория моментов и пар сил"

Тема 4 "Произвольная система сил"

Тема 5 "Центр тяжести"

Основные понятия статики: 1 Материальная точка. 2 Абсолютно твердое тело 3 Сила. Разновидности сил. 4 Система сил. Разновидности систем. 5 Равновесие. 6 Сложение сил. 7 Разложение сил.

Аксиомы статики: 1 Аксиомы инерции. 2 Условие равновесия тела под действуем 2х сил. 3 Принцип присоединения и отбрасывания системы сил, эквивалентной нулю. 4 Следствие – сила - вектор скользящий. 5 Правило параллелограмма. 6 Принцип равенства действия и противодействия. 7 Теорема о 3х уравновешенных силах.

Связи и их реакции: 1 Свободное и не свободное тело. 2 Поняте связи и реакции связи. 3 Принцип освобождаемости от связей. 4 Понятие о методе сечений (Методе Розу). 5 Виды связей, направление их реакций.

1 Проекция силы на оси координат и плоскости. 2 Аналитический способ определения силы. 3 Системы сходящихся сил, их разновидности. 4 Сложение системы сходящихся сил - два способа определения равнодействующей (геометрический, аналитический) 5 Условия равновесия системы сходящихся сил. 6 Последовательность решения задач статики. 7 Задачи на определение равнодействующей системы сходящихся сил и реакции связей.

1 Алгебраический момент силы относительно точки. 2 Пара сил. Алгебраический момент пары сил . 3 Свойства пар сил. 4 Векторные моменты силы относительно точки и момента пары сил. 5 Сложение пар сил. Условия равновесия. 6 Момент силы относительно оси.

1 Теорема Пуанео о параллельном Переносе сил и её применение для решения задач. 2 Понятие о главном векторе и главном моменте произвольной системы сил. Условия равновесия. 3 Уравнения равновесия произвольной пространственной системы сил. 4 Три формы уравнений равновесия произвольной плоской системы сил. 5 Балки, их опоры, классификация нагрузок. 6 Примеры на определение реакций опор и моментов защемление.

1 Сложение двух параллельных сил. Центр параллельных сил. 2 Сила тяжести тела. Центр тяжести тела, его координаты. 3 Положение центров тяжестей геометрических фигур и сечений прокатной стали. 4 Методы для определения положений центров тяжести тела. 5 Примеры по определению положения центра тяжести фигуры сложной геометрической формы и сварных плоских сечений.

Студент должен уметь: 1.Определять направление реакций связей основных типов. 2.Определять реакции связей аналитическим способом, рационально выбирая координатные оси. 3.Рассчитывать моменты сил относительно точки. 4.Решать задачи на равновесие пар сил.

1.2. БЛОЧНАЯ СТРУКТУРА ПОДРАЗДЕЛА «СТАТИКА»

СТАТИКА

5.Определять реакции в опорах балочных систем. Выполнять проверку

Студент должен:•иметь представление

-о силах, равнодействующей и уравновешивающей силах, системах сил;

-о свободных и несвоодных телах, о связях и реакциях связей;

•знать

-аксиомы статики;

-основные типы связей и их реакции;

-принцип освобождаемости тела от связей;

•уметь

-определять направление реакций связей основных

типов.

Презентации по основным темам статики

1.1. Основные понятия и аксиомы статики

- тело, размерами которого в условиях поставленных задач можно пренебречь.

- условно принятое тело, которое не деформируется под действием внешних сил. В теоретической механике изучаются абсолютно твердые тела.

Материальная точка

Абсолютно твердое тело

Основные понятия статики

Сила. Разновидности сил - мера механического взаимодействия тел. Действие силы характеризуется

тремя факторами: точкой приложения, численным значением (модулем), направлением (сила – вектор).

– силы, действующие на тело со стороны других тел.

– силы взаимодействия между частицами данного тела.

– силы, вызывающие перемещение тела.

– силы, препятствующие перемещению тела.

– силы и системы сил, производящие одинаковое действие на тело.

– одна сила, эквивалентная рассматриваемой системе сил. Силы этой системы называются составляющими этой равнодействующей.

– сила, равная по величине равнодействующей силе и направленная по линии её действия в противоположную сторону.

Обозначения различных типов сил:

F – внешняя сила; G – сила тяжести тела;

Fx, Fy, Fz – проекции силы на оси координат;

R – реакции связей;

F∑ - равнодействующая сила;

МN – линия действия силы;

А – точка приложения силы.

Сила

Внешние силы

Внутренние силы

Активные силы

Реактивные (пассивные) силы

Эквивалентные силы, системы сил

Равнодействующая сила

Уравновешивающая сила

Система сил. Разновидности систем

– совокупность сил, действующие на тело.Системы сил бывают плоские, пространственные; сходящиеся,

параллельные, произвольные

Плоские системы сил (сходящаяся, параллельная, произвольная)

Система сил

Рисунок - .

РавновесиеСложение сил.

Разложение сил

– такое состояние, когда тело находится в покое (V = 0) или движется равномерно (V = const) и прямолинейно, т.е. по инерции.

– определение равнодействующей по данным составляющим силам.

– замена силы её составляющими.

Равновесие

Сложение сил

Разложение силы

- аксиома инерции;

- условие равновесия тела под действием двух сил;

- принцип присоединения и отбрасывания системы сил, эквивалентной нулю;

- следствие. Сила-вектор скользящий;

- правило параллелограмма;

- принцип равенства действия и противодействия; - теорема о трех уравновешенных силах.

Аксиомы статики:

Аксиома инерции

Уравновешенная система сил

Движение равномерное,( V= const);

прямолинейноеПокой, (V=0)

Под действием уравновешенной системы сил тело находится в покое или движется

равномерно и прямолинейно.

Принцип присоединения и отбрасывания системы сил, эквивалентной нулю

F2 F3

|F2|=|F3|

F

А

в

Состояние не измениться

Действие данной системы сил на тело не изменится, если приложить к телу или отнять от него уравновешенные силы

Следствие. Сила-вектор скользящий

Силу, не изменяя ее действия на абсолютно твердое тело, можно переносить по линии её

действия.

Сила- вектор скользящий

Правило параллелограмма

F1 F2

F ∑

β γ α

F∑ =F1+F2

F2

F1

F∑

F∑=∑ Fi

АРавнодействующая двух сил, сходящихся под углом в одной точке, изображается диагональю параллелограмма, построенного на этих силах.

Из правила параллелограмма вытекает правило треугольника.

F∑ =√F1²+F2²+2F1×F2×COS(F1,F2)

Принцип равенства действия и противодействия

Действие = Противодействию

|F1-2|=-|F2-1|

F1-2 F2-1

12

При взаимодействии тел всякому действию соответствует равное и противоположно

направленное противодействие.

Силы, действующие по одной прямой в разные стороны, приложены к разным телам, поэтому они не уравновешиваются.

Теорема о трех уравновешенных силах

F2F1

F3

А

FF11, F, F22, F, F33 – – уравновешены уравновешены

пересекаются в одной точкепересекаются в одной точке

Если три непараллельные

силы, лежащие в одной

плоскости уравновешены, то

они должны пересекаться в

одной точке.

Связи и их реакции. Рассматриваемые вопросы:

- свободные и несвободные тела;

- понятия о связях и реакциях связей;

- принцип освобождаемости от связей;

- понятие о методе сечений (методе РОЗУ);

- основные виды связей, направление их реакций.

Свободные и несвободные тела

Тела движение, которых не ограничено в пространстве называются свободными.

Тела движение, которых ограничено в пространстве называются несвободными.

Понятия о связях и реакциях связей

R

Тело

Связь

G

Связь-тело.

Реакция связи -сила.

Тела, препятствующие перемещению несвободных тел

называются связями. Силы, с которыми тело

действует на связь называются активными.

Они вызывают перемещение тела и обозначаются F,G.

Силы, с которыми связь действует на тело

называются реакциями связей или просто реакциями и

обозначаются R.

Свободное тело

Несвободное тело

Для определения реакций связи используется принцип освобождаемости от связей или метод сечений

Принцип освобождаемости от связей

Принцип освобождаемости от связей заключается в том, что тело мысленно освобождается от связей, действия связей заменяются реакциями.

G

R

Понятие о методе сечений (методе РОЗУ)

G

Отбрасываем

Р О З УРазрезаем

Заменяем

Уравновешиваем (Уравнения составляем)

R

GМетод сечений (метод РОЗУ) заключается в том, чтотело мысленно разрезается на части, одна часть отбрасывается, действие отброшенной части заменяется силами,для определения которых составляются уравнения равновесия

Основные виды связей:

• гладкая плоскость;• гладкая поверхность;• опора в виде угла;• гибкая связь;• цилиндрический шарнир;• жесткий стержень с шарнирным закреплением

концов;• шарнирно-неподвижная опора;• шарнирно-подвижная опора;• жесткая заделка (защемление);• сферический шарнир.

Направления реакций основных видов связей

• Гладкая плоскость Реакция направлена перпендикулярно опорной плоскости.

• Гладкая поверхность Реакция направлена перпендикулярно к касательной,

проведённой к поверхности тел.

R

касательная

G

G

R

Реакция направлена

перпендикулярно плоскости

тела или перпендикулярно к

касательной, проведенной к

поверхности тела.

в виде верёвки, троса, цепи.

GР

Блок изменяет направление действия груза силой тяжести Р

R3=P

касательная

R

R

G

R1

R2=P

P

• Опора в виде угла

• Гибкая связь

Реакция направлена по связи.

• Цилиндрический шарнир – это соединение двух или более деталей с помощью оси, пальца

Шарнир допускает поворот деталей вокруг оси

Цилиндрический шарнир встречается в различных комбинациях в опорах

Реакция направлена перпендикулярно оси шарнира

При аналитическом решении задач бывает трудно определить направление реакций стержней. В этих случаях стержни считают растянутыми и реакции направляют от узлов. Если при решении задач реакции получились отрицательными, то в действительности они направлены в противоположную сторону и имеет место сжатие

G

G

R1

R2

Растянут

Сжат

•Жесткий стержень с шарнирным закреплением концов

Реакции направлены по стержням: реакция растянутого стержня - от узла, сжатого – к узлу

RAY

A

RAX

RAY

A

RAX

RAY

A

RAX

RAY

A

RAX

B

RB

BB

RB

B

RCY

RCX

M сC

RCY

RCX

MC

Студент должен:иметь представление - о равнодействующей плоской системы

сходящихся сил и её действии на тело; - об условиях равновесия системы сил;знать - геометрическое и аналитическое условия

равновесия системы сил;уметь - определять реакции связей аналитическим

способом, рационально выбирая направления осей координат.

1.2. Система сходящихся сил

Рассматриваемые вопросы:

- проекции силы на оси координат и на плоскость;- аналитический способ определения силы;

- системы сходящихся сил, их разновидности;- сложение системы сходящихся сил. Два способа определения равнодействующей; - условия равновесия системы сходящихся сил;

- последовательность решения задач статики;- задачи на определение реакций связей.

Проекции силы на оси координат и на плоскость

• Проекция силы на ось координат – скалярная величина, которая определяется отрезком оси, отсекаемым перпендикулярами, опущенными из начала и конца вектора.

• Проекция вектора считается положительной, если направление

его совпадает с положительным направлением оси, и отрицательной - если вектор направлен в сторону, противоположную положительному направлению оси.

• Проекция силы на плоскость

• Fxz- величина векторная.• Fx, Fy, Fz – проекции силы на оси

– величины скалярные.

α β

.

F

Fx Px Sx Tx

P ST

Y

Fx = F * cos α Px = P Sx = -S * sin β Tx = 0

Fy = F * sin α Py = 0 Sy = -S * cos β Ty = -T

X

Y

Z

FFy

FzFx

Fxz

X

О

О

Аналитический способ определения силы • Аналитическое определение величины и направления силы – определение силы

через проекции сил на оси координат.• Даны проекции силы F на оси координат.

• Определить величину и направление силы F.

FF

Fy

Fx

y

x

cos (F, x) = Fx/F;

cos (F, y) = Fy/F

22yx FFF

y

x

z

FzFx

FУ

F

222zyx FFFF

cos (F, x) = Fx/F; cos (F, y) = Fy/F;

Cos (F,z) = Fz/F.

Силы расположеныв плоскости в пространстве

О

Системы сходящихся сил, их разновидности

Системой сходящихся сил называется система сил, линии действия которых пересекаются в одной точке.

Системы сходящихся сил

пространственная плоская

Y

z

x

F1F2

F3

F4

F1

F2

F3

y

x

00

Сложение системы сходящихся сил. Два способа определения равнодействующей

аналитическим способом

Для системы сходящихся сил F1, F2, F3, F4 определить величину и направление равнодействующей.

F∑

x

z

y

F∑ x

F∑ y

F∑ z

F2

F1

F4

F3

F∑ x

z

y

Y

z

x

F1F2

F3

F4z

x

222 iziyix FFFF

где ∑Fix, ∑Fiy, ∑Fiz –алгебраические суммы проекций сил на оси координат;

cos (F∑,x) = ∑Fix/│F∑│

cos (F∑,y) = ∑Fiy/│F∑│

cos (F∑,z) = ∑Fiz/│F∑│,

F∑направление

модуль F∑

геометрическимспособом

Равнодействующая F∑ любого числа сходящихся сил равна замыкающей стороне силового многоугольника (плоского или пространственного), стороны которого равны и параллельны заданным силам.

00

Условия равновесия системы

сходящихся сил аналитическое

F ∑=0

F2

F1

F4

F3

F5 x

z

y

Для равновесия системы сходящихся сил, приложенных к телу, необходимо и достаточно:

Y

z

F1F2

F3

F4

x

F5

геометрическое

∑Fix = 0; ∑Fiy = 0; ∑Fiz = 0

IF ∑I=0

222 iziyix FFFFт.е.

чтобы силовой многоугольник, построенный на этих силах, был замкнутым, т.е. конец последнего вектора пришел в начало первого.

чтобы алгебраические суммы проекций сил на каждую из прямоугольных осей координат были равны нулю.

0

Пример пространственной системы сходящихся сил

Последовательность решения задач статики

1. Выбрать и начертить тело, равновесие которого следует рассмотреть.

2. Освободить тело от связей, действие связей заменить реакциями. Показать известные и неизвестные силы, действующие на тело (активные и реактивные).

3. Выбрать рациональный способ решения (аналитический или геометрический).

4. Определить искомые величины, используя условия и уравнения равновесия статики.

5. Дать анализ результатов и выполнить проверку.

Примечания:1. В задачах статики, решаемых с помощью уравнений

равновесия, вместо сил давления тела на связи, находят равные по модулю, но противоположно направленные реакции связей. При решении задач способом разложения сил находят непосредственно сами силы давления.

2. При решении задач с помощью уравнений равновесия целесообразно провести оси координат так, чтобы одна ось была перпендикулярна некоторой неизвестной силе (в этом случае на вторую ось эта сила будет проецироваться в ноль). Наметить положение центров моментов в точке пересечения линий действия двух неизвестный сил или на линии действия одной неизвестной силы.

3. При вычислении моментов иногда бывает удобно данную силу разложить на две составляющие силы и, применяя теорему Вариньона о моменте равнодействующей, находить момент силы как сумму моментов этих составляющих.

Задачи на определение реакций связей

Задача. Система сходящихся сил. Определение величины, направления равнодействующей заданных активных сил, а также

реакций связейСтержни АС и ВС нагружены системой сил F1 F2 и F3; соединения в точках А, В и С - шарнирные. Определить графически величину и направление равнодействующей заданных активных сил, а также графически и аналитически реакции связей.

Рисунок - Схема конструкции.

1. Вырежем узел С.

2. Освободим узел С от связей, действие связей заменим реакциями.

RВС

RАС

Рисунок - Силы, действующие на узел.

3. Определим графически величины и направления заданных активных сил F1, F2, F3.Для этого выберем масштаб сил. (МF =H/мм),определим длины векторов заданных сил:

LF1=10/1 = 10 мм

LF2= 20/1=20 мм

LF3=50/1=50 ммПостроим в масштабе силовой многоугольник, замыкающая сторона которого будет равнодействующей F1-3.

45о

С

F3=50Н

F2=20 Н

F1=10 Н

F3=50Н

F2=20 Н

45о

F1=10 Н С

АА

ВВ

Решение

Измерим длину вектора равнодействующей F1-3, и с помощью масштаба сил найдем значение модуля равнодействующей. Модуль равнодействующей: IF1-3I=29 * 1 = 29 H

RАС

RВС

F1-3

Рисунок - Cиловой многоугольник.

3. Определим графически реакции стержня. Для этого достроим силовой многоугольник за счет проведения двух прямых параллельных реакциям стержней. Так как под действием пяти сил (трех активных и двух реактивных ) узел С находится в равновесии, то многоугольник должен быть замкнутым, то есть векторы сил F1, F2, F3, RАС, RВС должны быть направлены в одну сторону. Измеряем длины полученных векторов реакции RАС и RВС, и с учетом масштаба сил определяем модули реакции стержней:

LRВС = 35 мм lRВСl =35*1=35Н LRАС = 40 мм lRАСl = 40 x 1= 40 НИз многоугольника можно заключить, что реакции имеют направление,

противоположное выбранным.

Рисунок - Силы, действующие на узел.

FF22

FF11

FF33

LF1-3 = 29 мм

RВС

RАС

45о

С

F3=50Н

F2=20 Н

F1=10 НА

В

45°

LF1-3 = 29 мм

45°

4. Выполним проверку найденных значений реакции стержней, решая задачу аналитически.Для этого проведем оси координат (одну из осей направим по неизвестной силе RАc) и, используя аналитическое условие, определим значение реакций.

Рисунок - Силы действующие на узел в координатной плоскости.

Y

Минусы говорят о том, что реакции направлены в противоположную сторону.Вывод: значение реакций связей, найденных графически и аналитически, приблизительно одинаковы, то есть задача сделана правильно.

;0Fix

RRВВcc = (F1 - F3 * cos 45 )/cos45 = (10 – 50 * 0,7 )/0,7 =

;0Fiy

RRАСАС = = F2 + RВc*sin45 – F3*sin45 = = 20 – 3520 – 35,7*0,7 – 50*0,7 =,7*0,7 – 50*0,7 =

-F1+F3*cos 45+RBc*cos 45

F2 +RBC*sin45 -F3*sin 45 -RAC

=0

=0

RВС

RАС

45о

С

F3=50Н

F2=20 Н

F1=10 Н Х- 35,7 Н- 35,7 Н

- 39,99 Н- 39,99 Н

Определить графо-аналитически и аналитически реакции связей для данной конструкции

Задача. Система сходящихся сил.

Определение реакций связей

40˚

60˚

А

В

С

G = 15 кН

60˚ 40˚С

RB

RA

G

Рисунок - Узел С, освобождённый от связейРисунок - Узел С, освобождённый от связейРисунок - Схема конструкции.

1. Освободим узел от связей, действия связей заменим реакциями. Покажем активные и реактивные силы действующие на тело. Рассмотрим равновесие узла С.

2. Решаем задачу графо-аналитически, для чего используем геометрическое условие равновесия системы сходящихся сил и строим замкнутый силовой треугольник, решая который, найдём неизвестные силы

Построение начинаем с известной силы G, а затем по заданным углам достраиваем реакции.

YY

RA

60˚40˚С

XX

RB

GРисунок - Силовой Рисунок - Силовой треугольниктреугольникРисунок - Узел С, Рисунок - Узел С,

освобождённый от связейосвобождённый от связей

60˚

70˚

50˚

RB

RA

G

По теореме синусов составляем пропорцию:

G/sin 70˚ = R6/sin 60˚ = RB/sin 50˚Исходя из этой пропорции, найдём RA и RB

RA = G x sin60˚/sin 70˚ = 15 x 0,766/ 0,94 = =12,2 кН

RB = G x sin50˚/sin 70˚ = 15 x 0,87/ 0,94 =

= 13,9 кН

60˚

70˚

50˚

RB

RA

G Рисунок - Силовой треугольникРисунок - Силовой треугольник

4. Делаем проверку найденных значений реакций, решая задачу аналитически. Для этого проведём оси координат, причём одну из осей направим по неизвестной силе и, используя аналитическое условие равновесия системы сходящихся сил, найдём реакции связей.

XX

YY

GG

RB

RRAA

50˚

70˚

∑ ∑ Fix = 0 Fix = 0

∑ ∑ Fiy = 0Fiy = 0

Значения реакций связей найденных графо-аналитически и аналитически совпали, значит реакции найдены верно.Ответ: RA = 12,2 кН; RB = 13,9 кН

RB = G sin50˚/sin70˚=15*0,87/0,94 = 13,9 кН

RA = RB cos70˚+G cos50˚= 13,9*0,342 ++15*0,643 =12,2 кН

-RA*sin70 +G*sin50=0

RB -RA*cos70 -G*cos50=0

1.3 Теория моментов и пар сил

• Студент должен:

• знать расчетные формулы для определения моментов пар сил и моментов сил относительно точки и оси;

• уметь рассчитывать моменты сил относительно точки и оси, определять равнодействующую пару системы пар сил, решать задачи на равновесие пар сил.

•

Рассматриваемые вопросы:

- алгебраический момент силы относительно точки;- пара сил. Алгебраический момент пары сил;- свойства пар сил;- векторные моменты силы относительно точки;- векторный момент пары сил;- сложение пар сил; - условия равновесия системы пар сил;- момент силы относительно оси.

Алгебраический момент силы относительно точки

Алгебраическим моментом силы относительно точки называется взятое со знаком «+» или «-» произведение модуля силы на его плечо относительно этой точки. Единица момента силы: [М] = [F]×[h]= сила×длину = Н·м ; кН·мПлечом силы относительно точки (центра момента) называется перпендикуляр, опушенный из точки на линию действия силы.Правило знаков (условное). Момент силы является положительным, если сила стремится вращать свое плечо вокруг центра момента по часовой стрелке и наоборот.

Пара сил. Алгебраический момент пары сил

Парой сил называется система двух, равных по модулю, параллельных сил и направленных в разные стороны сил, [Нм, кНм].

•Алгебраический момент пары равен произведению силы (F) на плечо (l).

•Плечо пары сил – длина перпендикуляра между линиями действия сил.

•Правило знаков (условное): момент пары положителен, если она стремиться вращать тело против часовой стрелки и наоборот.

Примеры пар сил

Свойства пар сил

1. Силы, входящие в пару не уравновешиваются, так как они приложены к разным точкам.

2. Пару сил нельзя заменить одной силой (равнодействующей).

3. Пара сил может быть уравновешена только парой.

4. Две пары сил называются эквивалентными, если они оказывают на тело одинаковое действие. У эквивалентных пар сил вращающие моменты должны быть одинаковы как по величине, так и по направлению.

5. Пару сил можно перемещать как угодно в плоскости её действия.

6. Чтобы задать пару (величину и направление), достаточно задать её момент, поэтому иногда слово «пара» заменяют словом «момент» и условно изображают его так, как показано на рисунках.

F1

F2

d

m = F1*d

m – изгибающий момент

T

T – вращающий момент

M

M – скручивающий момент

7. Алгебраическая сумма моментов сил, составляющих пару, относительно любой точки плоскости действия пары сил есть величина постоянная, равная моменту пары:

MA(F1) + MA(F2) = - F1d/2 - F2d/2 = - F1×d = - M(F1;F2).

8. Алгебраическая сумма проекции сил пары на оси равна нулю:∑Fix = -F1+F2=0

F1

F2

d

А В

RRAA

RRBB

x

Y

Векторный момент силы относительно точки

• Если силы и пары сил лежат в разных плоскостях, то рассматривают векторный момент силы относительно точки и векторный момент пары сил.

• Векторным моментом силы относительно точки называют вектор, перпендикулярный плоскости, в которой лежит вектор заданной силы и моментная точка. Направлен векторный момент таким образом, чтобы, глядя с его конца, видеть стремление силы вращать тело против часовой стрелки.

• По модулю векторный момент равен произведению модуля силы на её плечо относительно центра моментов:

│М │= │Мо (Р)│ = h *│P│

а

а

а

А .

F1

F2

MA(F2) MA(F1)

Y

x

z

|MA (F1)| = l F1l×a;

Векторный момент пары сил• Векторным моментом пары m(F1 ;F2), называется свободный

вектор, направленный перпендикулярно плоскости пары в ту сторону, чтобы глядя из его конца к началу, видеть стремление пары вращать тело против часовой стрелки .По модулю векторный момент пары равен произведению модуля одной из сил пары на её плечо.

• m (F1 ;F2) = ±l F1 l * d1

• Свободным вектором называют вектор, который можно, не меняя его величины и направления, переносить параллельно.

z F 4

xM1

M2

F1

F2 F3

о

d1 d2

Если пары лежат в одной плоскости, их можно сложить алгебраически.

М = ∑mi Момент равнодействующей пары равен алгебраической сумме моментов слагаемых пар.

Если пары лежат в разных плоскостях, их складывают геометрически, путем построения, например, параллелограмма, многоугольника или параллелепипеда.M=∑mi.

Момент равнодействующей равен векторной сумме слагаемых пар.

z

x

y

z

x

y

m2

m3

m1

m1

m2

m3

M

Сложение пар сил

Условия равновесия системы пар сил

плоской системы пар сил

Для равновесия пар сил, действующих на твёрдое тело в одной плоскости необходимо и достаточно, чтобы алгебраическая сумма моментов слагаемых пар сил была равна нулю:

∑mi = 0

пространственной системы пар сил

Для равновесия пространственной системы пар сил необходимо и достаточно, чтобы векторная сумма слагаемых пар сил была равна нулю:

∑mi = 0

Момент силы относительно оси

Примеры моментов сил относительно оси

1.4 Произвольная система сил

• Студент должен

• знать:• - теорему Л. Пуансо о параллельном переносе силы • (без вывода);• - формулу для определения главного вектора и

главного момента системы сил (без вывода);• - уравнения равновесия. • уметь:• - заменять произвольную плоскую систему сил одной

силой и одной парой;• - определять реакции в опорах балочных систем,

выполнять проверку правильности решения.

Рассматриваемые вопросы:- теорема Л. Пуансо о параллельном переносе сил; - применение теоремы о параллельном переносе сил при выполнении расчетов;- понятие о главном векторе и главном моменте произвольной пространственной системы сил;- уравнения равновесия произвольной пространственной системы сил;- три формы уравнения равновесия для произвольной плоской системы сил (на примерах расчетов балок разных конструкций);- теорема Вариньона о моменте равнодействующей произвольной плоской системы сил;

- балки. Виды опор, реакции опор;- основные виды нагрузок;- задачи на определение реакции опор балок и моментов защемлений.

Теорема Л. Пуансо о параллельном

переносе сил в любую точку

Сила приложенная к какой-либо точке твёрдого тела, эквивалентна такой же силе, приложенной в любой другой точке этого тела и паре сил, момент которой равен моменту данной силы относительно новой точки приложения.

|F| = |F’| = |F’’|

.B.A

F’

m

.В.А

FF’

F’’

.В.А

F

m(F,F”) =MB(F)

Силу F, приложенную в точке А, перенести в точку В

F ~ F’ и паре сил (F, F’’)

F’

X

Z

ОMB(F)

B.А

.B.A

F’

mZ

X Итак, вместо силы Итак, вместо силы FF, , приложенной в точке А, получены приложенной в точке А, получены

силасила F’, равная ей по модулю и , равная ей по модулю и направлению, но приложенной в направлению, но приложенной в точке В, и присоединённая пара точке В, и присоединённая пара сил сил ((FF, , F’’),

F. В.АЗаменим момент m пары (F1, F2)

векторным моментом силы F относительно точки В

векторный момент векторный момент которой равен моменту данной которой равен моменту данной силы относительно новой точки силы относительно новой точки приложенияприложения

M (F, F ’’) = MB (F)

Применение теоремы о параллельном переносе сил при решении задач

В зацеплении прямозубой цилиндрической передачи возникают два усилия:

радиальное Fr, направленное по радиусу к центру колеса;

окружное Ft , направленное по касательной к окружности колеса.

Перенесем эти силы к центру вала.

Fr

Ft

Fr

Fr

Сила Fr переносится по линии её действия на основании следствия из аксиомы «сила – вектор скользящий»

На основании теоремы о параллельном переносе сил, сила Ft заменяется такой же силой Ft’, приложенной в точке О и

моментом m = Ft d/2

d

Ft Ft

Ft’’ Ft’ Ft’

m=Ft d/2

Понятие о главном векторе и главном моменте произвольной пространственной системы сил

Дана произвольная пространственная

система сил F1, F2, F3...Fn.

Приведём все силы системы к точке О.

В результате в этой точке будет действовать система сходящихся сил F1, F2, F3...Fn и система сходящихся векторных моментов М1, М2, М3...Мn.

Сложим их геометрически с помощью построения многоугольников.

Y

XZ

F1

F3

F2

Fn

O

Y

XZ

M1 M2

M3

Mn

O

F1 Y

XZ

. ...

F2

F3Fn

O

В аналитической форме:

│Fгл│= (∑Fix) + (∑Fiy) + (∑Fiz)

│Mгл│= (∑Mx(F)) + (∑My(F)) + (∑Mz(F)),

где ∑Fix, ∑Fiy, ∑Fiz – алгебраические суммы проекций сил на оси координат

∑Mx(F), ∑My(F), ∑Mz(F) – алгебраические суммы векторных моментов сил относительно осей координат

Y

X

Z

O

Fгл

Мгл

2 2 2

2 2 2

В результате в точке О будет действовать два вектора – главный вектор и главный векторный момент произвольной системы сил.

В векторной форме : Fгл = ∑Fi; Мгл = ∑Мi

При приведении системы сил к точке возможны следующие варианты:

Fгл = 0 Mгл = 0

Fгл ≠ 0 Mгл = 0

Fгл ≠ 0 Mгл ≠ 0

Fгл ≠ 0 Mгл ≠ 0

Система сил находится в равновесии, если IFглI = 0 и IMглI = 0

Уравнение равновесия для произвольной пространственной

системы сил

∑ Fix = 0

∑ Fiy = 0

∑ FiZ = 0

• Для равновесия произвольной пространственной системы сил приложенных к твёрдому телу, необходимо и достаточно, чтобы

три суммы проекции всех сил на оси координат были равны нулю

ии три суммы моментов всех сил, три суммы моментов всех сил,

относительно трёх координатных относительно трёх координатных осей, также были равны нулю.осей, также были равны нулю.

│Fгл│= (∑Fix) + (∑Fiy) + (∑Fiz)=0 │Mгл│= (∑Mx(F)) + (∑My(F)) + (∑Mz(F))=02 2 2 2 2 2

∑ Mx (Fi) = 0∑ My (Fi) = 0∑ Mz (Fi) = 0

Три формы уравнений равновесия для произвольной плоской системы сил

(на примерах расчетов балок разных конструкций)

1 форма уравнения равновесия:

∑ Fix = 0

∑ Fiy = 0

∑ M0 (Fi) = 0

Для равновесия произвольной плоской системы сил, действующих на твёрдое тело, необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций этих сил на каждую из

двух прямоугольных осей координат, расположенных в плоскости действия сил, были равны нулю и сумма алгебраических моментов сил относительно любой точки, находящейся в плоскости действия сил также была равна нулю.

(проверка)

II Форма уравнения равновесия:

∑ MA (Fi) = 0

∑ MB (Fi) = 0

∑ Fix= 0

Для равновесия произвольной плоской системы сил, действующих на твёрдое тело, необходимо и достаточно, чтобы суммы

алгебраических моментов сил относительно двух любых точек, лежащих в плоскости действия сил, были равны нулю и

алгебраическая сумма проекций этих сил на какую-либо ось, не перпендикулярную прямой, проходящей через две моментные точки, также была равна нулю. Осью ОХ принята любая прямая, не перпендикулярная АВ.

III форма уравнения равновесия:

∑ MA (Fi) = 0

∑ MB (Fi) = 0

∑ MC (Fi) = 0

Для равновесия произвольной плоской системы сил, действующих на твёрдое тело, необходимо и достаточно,

чтобы суммы алгебраических моментов сил системы относительно трёх любых точек, расположенных в плоскости действия сил и не лежащих на одной прямой, были равны нулю.

Теорема Вариньона о моменте равнодействующей произвольной

плоской системы силМА(F∑) = ∑МА(Fi)

Момент равнодействующей произвольной плоской системы сил относительно любой точки равен алгебраической сумме моментов сил системы, взятых относительно той же точки.

С помощью теоремы Вариньона решаются многие задачи С помощью теоремы Вариньона решаются многие задачи механики. Например, определим 2-мя способами момент силы механики. Например, определим 2-мя способами момент силы FF относительно точки А.относительно точки А.

RRAYAY RRBBααRRAXAX

RRAA FF

aa bb

MMAA(F) = F*a sin (F) = F*a sin αα

RRAYAY RRBBααRRAXAX

RRAA FF

aa bb

Fy

Fx

Fx, Fy – Fx, Fy – составляющие силы составляющие силы FF

MA(F) = MA(Fx) + MA(Fy) = F*cos α * 0+ F*a sin α = F*a sin α

h

Балки. Виды опор , реакции опор

Балка – элемент конструкции , который имеет длину гораздо большую поперечных размеров и несёт на себе нагрузку

Разновидности опор балок

1. Шарнирно-подвижная опора. (реакция направлена перпендикулярно опорной плоскости)

2. Шарнирно-неподвижная опора. (реакции направлены перпендикулярно оси шарнира; её изображают в виде двух составляющих RAX, RAY)

3. Жёсткая заделка (защемление). (реакцию RC заменяют двумя составляющими RCX , RCY. Кроме того в опоре возникает реактивный момент MC).

RA

RBYRB

RBX

RCY

RCX

RC

Mc

Основные виды нагрузок

Сосредоточенные силы (F1,F2) – это нагрузкадействующая на малой площади (в точке); измеряется в Н и кН.

Равномерно-распределённая нагрузка интенсивностью g. Интенсивность g (кН/м) – это нагрузка, приходящаяся на единицу длины. При решении задач её заменяют равнодействующей нагрузкой Q=gl (Н, кН),

приложенной в центре участка действия нагрузки.

Момент М пары сил (кНм)

F2

F1α

Qе

е/2

g

M

Задачи на определение реакций опор и

моментов защемлений

Задача. Определение реакций балки с жесткой заделкой

q =2 кН/м

Сила тяжести балки G=10 кН

Для балки заданной конструкции определить реакции заделки.

Решение:

1 Рассмотрим равновесие балки АВ.2 Освободим балку от связей, действие связей заменим реакциями.

Равномерно-распределенную нагрузку интенсивностью q заменим сосредоточенной силой Q, приложенной в центре участка действия нагрузки. Q=q*2

Рисунок – Схема конструкции

3м 2м 1м 4м

М=3кНмF=6 кН

AB

Q

RAX

RAY

MA G

15°

q =2 кН/м

Рисунок – Схема конструкции

3м 2м 1м 4м

m=3кНмF=6 кН

AB

Q

RAX

RAY

MA G

∑MА(F)=0 -(q·2)·4-F·6·sin15°-m+MA -G·5=0

15°

MA= (q·2)4+F·6·sin15°+m+G·5 = 2·2·4+6·6·0,26++3+10·5 = 78,36 кНм

∑Mв(F)=0 -RAY·10+MA+(q·2)·6+F·4·sin15°+G·5

-m=0RAY= (MA+(q·2) ·6+F·4·sin15°+G·5-m)/10 = =(78,36+2·2·4+6·6·0,26+10·5-3)/10 =15,56 кН

∑Fix=0 RAX-F·cos15°=0; RAX=F·cos15°=6·0,966= 5,8 кН

3 Определим реакции опоры А, используя уравнения равновесия статики для произвольной плоской системы сил.

4. Выполним проверку найденных значений, для чего составляем уравнение проекций всех сил на ось Y.

∑FIY=0 15,56 – 10 - 6·0,26 - 2·2= 0; 0=0, то есть реакции опор найдены верно.

Вывод: реакции связей получились положительными, значит направления их выбраны верно.

По теореме Пифагора выражаем RA.

RA=√RAX²+RAY²= √33,64 + 242,11 = 16,6 кНОтвет: RA = 16,6 кН; MA= 78,36 кН·м

q =2 кН/м

Рисунок – Схема конструкции

3м 2м 1м 4м

М=3кНмF=6 кН

AB

Q

RAX

RAY

MA G

15°

Y

X

RAY -G -F·sin15°-(q·2)=0

Для балки заданной конструкции определить величину и направление реакций опор. Выполнить проверку.

Задача. Определение реакции 2-х опорной балки

Решение

1. Рассмотрим равновесие балки АВ

2. Освободим балку от связей, действие связей заменим реакциями

Равномерно-распределенную нагрузку интенсивностью q заменим сосредоточенной силой Q, приложенной в центре участка действия нагрузки.

M

3м

RAY

А

G

F20°

B

1м 2м 1м 1м

Q

RAX

RB

3. Определяем реакцию связей, используя уравнения равновесия статики для произвольной плоской равновесия сил.

∑FIX=0 RAX –F·cos20°=0∑FIY=0 RAY-(q·2)-G-F·sin20°+RB=0∑MA(F)=0 RB·7-(q·2)·2-G·4-F·6·sin20°-M=0

Имеем систему из 3 уравнений с тремя неизвестными, то есть задача статистически определимая.

F=10 кНА q=2кН/м

G=10 кН

20°B

1м 2м 3м 1м 1м

М=8кНм

Из первого уравнения выражаем RAX.

∑FIX=0 RAX –F·cos20°=0RAX=F·cos20°= 10·0,94= 9,4кН

Из третьего уравнения выражаем RB.∑MA(F)=0 RB·7-(q·2)·2-G·4-F·6·sin20°- M=0

RB=((q·2)2+G·4+F·6·sin20°+M)/ 7=((2·2)2+10·4+10·6·0,342+8)/ 7= 10,9кН

Из второго уравнения выражаем RAY.

RAY=q·2+G+F·sin20°-RB=4+10+10·0,342-10,9= 6,52кН∑FIY=0 RAY-(q·2)-G-F·sin20°+RB = 0

4. Выполним проверку найденных значений.Для чего составляем уравнение моментов относительно точки В ∑MB(F)= 0∑MB(F)= – RAY·7+(q·2)5+G·4-M + F*1*sin20=0-6,52*7+ (2*2)*5 – 8 + 10*1*0,34 = 00=0, то есть реакции опор найдены верно.

M

А

G

F20°

B

1м 2м 3м 1м 1м

Q

RAY

RAX

RB

Вывод: реакции связей получились положительными, значит направления их выбраны верно.

По теореме Пифагора RA=√RAX²+RAY²= √9.4 + 6.52= 11.3 кН2 2

1.5. Центр тяжести

Студент должен:• иметь представление - о системе параллельных сил и центре

системы параллельных сил; - о силе тяжести и центре тяжести;• знать - методы для определения центра тяжести

тела; - формулы для определения положения

центра тяжести плоских фигур (без вывода).

Рассматриваемые вопросы:

- сложение двух параллельных сил, центр параллельных сил;

- сила тяжести тела. Координаты его центра тяжести;- положения центров тяжести простых геометрических

фигур, сечений стандартных профилей прокатной стали;

- методы определения положения центра тяжести тела;- примеры по определению центра тяжести пластин и

поперечных сечений сварных балок, составленных из стандартных профилей прокатной стали.

Сложение двух параллельных сил. Центр параллельных сил F1, F2

Вектор равнодействующей силы FΣ = F1 + F2 приложим в точке С, F1/BC = F2/AC = FΣ/AB

F1 F2

FΣ

А ВС

γ

F1F2

FΣ

А ВС

γ γ

Точка СТочка С – центр – центр параллельных сил.параллельных сил. Это такая точка, которая не меняет своего положения при любом повороте всех сил системы, не нарушая их параллельности, на один и тот же угол γ

Сила тяжести тела. Координаты его центра тяжести

Сила тяжести – сила притяжения тела к Земле

G

Zc

Yc

XcXZ

Y

O

Силы тяжести отдельных частей тела gi образуют систему параллельных сил. Центр этих сил является центром тяжести тела G.

Его координаты определяются:

Xc = Σ gi * Xi/G

Yc = Σ gi * Yi/G

Zc = Σ gi * Zi/G

Координаты центра тяжести тел

составленных из линий

составленных из объемов

составленных из площадей

Аi

Аi

Аi

Аi

Аi

Аi

Положение центров тяжестей простых геометрических фигур

Xc = 2R/3π

Y

R

C

X

C

Xc = 1/3bb

CY

c =

1/3

h

hC

C

Центр тяжести – это геометрическая точка, которая может находиться вне тела

Положение центров тяжестей стандартных профилей прокатной стали, их координаты,

площади, основные размеры и другие геометрические характеристики регламентированы ГОСТом и

приводятся в справочных таблицах.Номер проката соответствует максимальному

размеру, выраженному в сантиметрах

Положение центров тяжестей стандартных профилей прокатной

стали

Сталь угловая равнополочная

Сталь угловая неравнополочная

Двутавр

Швеллер

Методы определения положения центра тяжести тела

• Метод симметрии: центр тяжести симметричных фигур находится на оси симметрии или в точке пересечения осей.

• Метод разделения: сложные сечения разделяются на несколько простых частей, положения центров тяжестей которых, площади легко определить. Центр тяжести тела определяется по ранее представленным формулам, например:

• Xc = ∑AiXi/∑Ai • Метод отрицательных площадей ( частный случай

метода разделения): полости (отверстия) рассматриваются как простые части сечений с отрицательной площадью.

• Метод экспериментальный, например, метод подвешивания.

Примеры на определение положения центра тяжести сечения балки

Задача. Определить положение центра тяжести поперечного сечения сварной балки, составленной из стандартных профилей

прокатной стали. Положение центра тяжести показать на чертеже.

№ 20

№ 18

Рисунок 1 – Сечение балки.

Швеллер Двутавр

Рисунок 2- Фигуры сечения

Решение

1. Изобразим в масштабе фигуры сечения.

На чертеже покажем основные размеры, положения центров тяжести и координаты

центров.

Рисунок 3 – Сварное сечение балки.

3. Находим координаты центра тяжести поперечного сечения балки

Xc=∑Aixi/ ∑Ai = (26,8·10²·0+ 20,7·10 ²· 90)/(26,8·10 ² +20,7·10 ²)= 39,22ммYc= ∑Aiyi/ ∑Ai = (26,8·10²·100+ 20,7·10 ²·(-20,7))/(26,8·10²+ 20,7·10²)=47,4мм4. Покажем на чертеже сварного сечения положения найденного центра тяжести.Ответ: С(39,22;47,4) – координаты центра тяжести фигуры.

2. Изобразим в масштабе сварное сечение балки, мысленно разобьем его на части. Покажем положения центров тяжести каждой части. На чертеже проставим основные размеры сечения и координаты центров тяжестей фигур применительно к выбранному направлению осей координат.

Задача. Определение положение центра тяжести пластины

Для тонкой однородной пластины, форма которой и размеры в мм заданы на рисунке, определить положение центра тяжести.

Решение

1. Выбираем оси координат так, чтобы фигура была расположена в первой четверти.

2. Разбиваем фигуру на три части: два прямоугольника 1, 2 и круглое отверстие 3.

20

50

70

3010

20

d=5

Рисунок - Чертеж пластины

Yc=

28.2

20

50

70

3010

20

d=5

y

x

с1

с3

с2

о

xc=30.3

с

3. Определяем координаты центров тяжести простых частей фигуры.

Xc1 = 50/2 = 25 мм ; yc1 = 30/2 = 15 мм;

Xc2 = 30+20/2 = 40 мм; yc2 = 30+40/2 = 50 мм;

Xc3 = 20 мм ; yc3 = 10 мм.

4. Определяем площади составных частей: А3 = 3,14*5 /4 = 19,6 мм2

А1 = 50*30 = 1500 мм2, А2 = 20*40 = 800 мм2

AiiXiА /)(

5. Вычисляем координаты центров тяжести всей фигуры

Xc = =(1500*25+800*40-19,6*20)/(1500+800-19,6)=30,3мм

Yc = =(1500*15+800*50-19.6*10)/(1500+800-19.6)=28.2мм AiiXiА /)(

6. Покажем положение центра тяжести пластины на чертеже

Xc = 30.3 мм; Yc = 28.2 мм

1.6 Сводные карты. Блок-схемы по статике. Схема 1

Блок-схема по статике. Схема 2

Блок-схема по статике. Схема 3

Блок-схема по статике. Схема 4

Основные требования к знания, умениям, навыкам

Студент должен: знать

- способы задания движения точки: естественный и координатный;- обозначения, единицы измерения, взаимосвязь кинематических параметров движения;- формулы скоростей и ускорений точки (без вывода);- виды движения в зависимости от ускорения;- формулы для определения параметров поступательного и вращательного движений тела (без вывода);- формулы линейных скоростей и ускорений точек вращающегося тела;

уметь- определять параметры движения точки, простейшие движения твердого тела;- определять параметры движения твердого тела и любой его точки.

Кинематика

1.7. Основные понятия. Кинематика точки

Механическое движение – изменение положения точки ( тела) с течением времени. Покой является частным случаем движения. Движение (как и покой) являются понятием относительным. Обычно условно неподвижной системой отсчета считают систему координатных осей, связанную с Землей. Время не зависит от выбранной системы отсчета, т.е является независимой переменной. Все остальные переменные величины (расстояние, скорость, ускорение) являются функциями времени.

Траектория - непрерывная линия, описываемая движущейся точкой относительно данной системы отсчета.

В зависимости от траектории движение может быть прямолинейным при ρ=∞

и криволинейным при ρ≠∞ ,

где ρ - радиус кривизны траектории.

Путь(L) – перемещение точки за определенный промежуток времени.

Расстояние(S) – координата, характеризующая положение точки в данный момент времени.

Путь совпадает с абсолютным значением расстояния только в том случае, когда движение точки начинается от начала отсчета и совершается по траектории в одном направлении.

Закон движения точки или тела – совокупность математических образов и уравнений, которые в любой момент времени позволяют установить, где находится точка или тело, куда и как они движутся.

Уравнения движения - уравнения, определяющие положение точки (тела) в зависимости от времени.

Способы задания движения точки

Естественный способ

Координатныйспособ

Естественный способ заключается в том, что движение точки задается траекторией и уравнением движения по этой траектории (законом движения) в виде уравнения S=f(t), где (S) - расстояние точки от начального положения, являющееся функцией времени

Естественный способ

Координатный способПри координатном способе задания закона движения точки ее положение определяется координатами в виде уравнения x=f(t), y=f(t) (в плоскости).

Наиболее удобный способ задания движения точки – естественный.

С помощью этих уравнений движения можно найти траекторию движения точки. Для этого из уравнений нужно исключить параметр – время (t) - и найти зависимость между координатами точки y=f(x) .

Скорость - векторная величина, характеризующая в данный момент времени быстроту движения и его направление,[м/c]

При V=const - движение равномерноеПри V≠const - движение неравномерное

Ускорение - векторная величина, характеризующая в данный момент времени изменения модуля скорости и ее направления, [м/c²] При неравномерном криволинейном движении различают:

at=dV/dt - касательное ускорение, характеризующее изменение скорости по величине; направлено по касательной к траектории движения; его иногда называют тангенциальным.an=V²/ρ - нормальное ускорение, характеризующее изменение скорости по направлению; направлено по радиусу к центру кривизны траектории. Его называют центростремительным ускорением.

- полное ускорение

Если at>0, то векторы касательного ускорения и скорости направлены в одну сторону, движение будет ускоренным;Если at<0, то вектор касательного ускорения направлен в сторону, противоположную вектору скорости и движение будет замедленным.

22tn aaa

Виды движения точки в зависимости от ускорения.

Ускорение В зависимости от характера движения, от V

В зависимости от траекторииa1 an

a1 0 an 0 НеравномерноеV const

ρ криволинейное

a1 0 an0 ρ= прямолинейное

a1= 0 an0 РавномерноеV=const

ρ криволинейное

a1 = 0 an = 0 ρ= прямолинейное

a1=const 0

an 0 Равнопеременное V const

ρ криволинейное

a1=const 0

an=0 ρ= прямолинейное

1.8. Простейшие движения твердого тела

При поступательном движении тела все его точки движутся по одинаковым траекториям и в каждый момент времени имеют равные скорости и равные ускорения. Поэтому поступательное движение тела определяется движением какой-либо одной точки, обычно движением центра тяжести и формулы кинематики точки вполне пригодны при рассмотрении движения твердого тела.

Движение тела и движение материальной точки характеризуются в зависимости от времени линейными величинами:

S, [м] – путь, расстояние; S=f(t) - уравнение движения;

V, [м/с] - скорость;a, at, an, [м/с²]- ускорения, полное,

касательное, нормальное

Поступательное движение – движение тела, при котором любая прямая, проведенная в теле, остается параллельной своему первоначальному положению.

Поступательное движение может быть прямолинейным и криволинейным.

Вращательное движение относительно неподвижной оси - такое движение, при котором точки тела движутся в плоскостях, перпендикулярных неподвижной прямой, называемой осью вращения, и описывают окружности, центры которых лежат на этой оси.

Понятие вращательного движения может относиться только к телу, но не к точке, так как, например, движение точки по окружности есть не вращательное движение, а криволинейное.При вращательном движении тела все его точки, находящиеся на различном расстоянии от оси вращения, имеют неодинаковые траектории, скорости, ускорения.Одинаковым у всех точек является угол поворота φ, на который повернулось тело за определенный промежуток времени.

ω

Вращательное движение тела характеризуется угловыми параметрами:угловым перемещением тела φ, [рад] или N [об]- числом оборотов.Взаимосвязь между φ и N, определяется по формуле φ=2πN ,φ =f(t)- уравнение вращательного движения тела (закон вращательного движения); ω=dφ/dt - угловой скоростью, характеризующей быстроту углового перемещения тела, [рад/с или с-1]. В технике скорость вращения иногда определят через частоту вращения n, которая оценивается в оборотах в минуту,[об/мин или мин-1]. Взаимосвязь между ω и n, определяется по формуле ω=πn/30;угловым ускорением ε=dω/dt , характеризующим изменение угловой скорости по времени. Если ε>0, то движение ускоренное, а если ε<0, то движение замедленное.

Зависимость между угловыми величинами, характеризующими вращательное движение тела и линейными величинами, характеризующими криволинейное движение точек тела, перемещающимися по окружностям в центре определится:

S=φR V=ωR at=Rε an=ω²R

1.9 Сводные таблицы основных кинематических характеристик движения материальной точки и твёрдого тела

Формулы для определения кинематических характеристик движения материальной точки и поступательное движения

твердого телаВид движения Закон движения

(перемещения)Линейный [м]

СкоростьЛинейная

[м/c]

Ускорение:at=dV/dt, an=V²/ρ, a=√(an²+at²)

Криволинейное движение (ρ≠0)

Прямолинейное движение (ρ=0)

V=constравномерное

S=Vt V=S/t

at=0, an=V²/ρ=>a=an at=0, an=0 =>a=o

V≠constнеравномерное

S=ƒ(t) V=dS/dt

at≠0,an≠0 =>a=√(an²+at²)

at≠0, an=o =>a=at

at= constРавнопеременное(равноускоренное, равнозамедленное)

S=V0t±(att²/2)S=Vcpt

Scp=(V²-V0²)/2at

V=V0±attV=(V+V0)/2

at=(Vt-V0)/t,an=V²/ρ, =>a=√(an²+at²)

at=(V-V0)/tan=0 =>

a=at

Формулы для определения кинематических характеристик вращательного движения твердого тела

Характер движения Перемещение угловое [рад]

Закон движения

Угловая скорость

[рад/с]

Угловое ускорение

[рад/с²]

Взаимосвязь между линейными и угловыми

величинами

ω=constравномерное

φ= ωtΦ=2πN(N – число оборотов, об)

ω=φ/tω= πN/30(N – число оборотов, об)

ε=0

S= φR

V=ωR

at=Rε, an=V²/R=Rω =>

ω ≠constнеравномерное

φ=ƒ(t) ω=dφ/dt ε=dω/dt

ε = constРавнопеременное(равноускоренное, равнозамедленное)

φ= ω0t±(εt²/2)φ= ωcptφcp=(ω²- ω0²)/2ε

ω= ω0±att ω=(ω+ ω0)/2

ε =(ω-ω0)/t

Основные формулы кинематики

Кинематическая мера движения

Вид движения

Поступательное Вращательное

Перемещение (закон движения)

S=Vt φ= ωt φ=2πN (N – число оборотов, об)

Скорость V=S/t ω=φ/t ω= πn/30 (n –об/мин, частота)

Ускорение a=V²/ρ ε=0

Перемещение (закон движения)

S=ƒ(t) φ=ƒ(t)

Скорость V=dS/dt ω=dφ/dt

Ускорение ε=dω/dt

Перемещение (закон движения)

S=V0t±(att²/2)S=Vcpt

Scp=(V²-V0²)/2at

φ=ω0t±(εt²/2)φ=ωcpt

φcp=(ω²- ω0²)/2ε

Скорость V=V0±attV=(V+V0)/2

ω=ω0±att ω=(ω+ ω0)/2

Ускорение ε =(ω-ω0)/t

Хар

акте

р

дв

иж

ени

яР

авн

ом

ерн

ое

Нер

авн

ом

ерн

ое

Рав

но

пер

емен

но

е

Ли

ней

ны

е в

ели

чи

ны

Угл

ов

ые

вел

ич

ин

ыДополнительные формулы S=φR; V=ωR; at=Rε; an=ω²R u= ω1/ω2=n1/n2=z1/z2=d1/d2

Динамика

Основные требования к знаниям, умениям и навыкам

После изучения ДИНАМИКИ студент должен :

иметь представление о массе тела, ускорение свободного падения; о связи между силовыми и кинематическими параметрами движения точки; о двух основных задачах динамики; о свободной и несвободной материальной точке; о силах инерции, использовании силы инерции для решения технических

задач; о видах трения и силах трения; о работе силы при прямолинейном перемещении и вращательном движении; о мощности полезной, затраченной, о коэффициенте полезного действия; о понятиях «Импульс сил» , «Количество движения», «Кинетическая

энергия»; о моменте инерции тела; о передачах вращательного движения, назначении передач, классификации

передач по принципу действия.

знать аксиомы динамики; математическое выражение основного закона динамики; формулы для расчета силы инерции при поступательном и вращательном

движении, принцип Даламбера; законы трения скольжения; формулы для подсчета работы и мощности при поступательном и

вращательном движении, КПД; Кинематические и силовые соотношения в передачах;

уметь определять параметры движения материальной точки с

использованием законов динамики и методов кинематики; определять работу и мощность с учетом потерь на трение; определять параметры движения точки с помощью общих теорем

динамики; для многоступенчатого привода производить кинематические и

силовые расчеты, использовать понятия «передаточное отношение» и кпд.

1.10. Основные понятия и аксиомыАксиомы1. Закон инерции Если на материальную точку не действуют никакие силы, то

оно находится в покое или движется прямолинейно и

равномерно. 2. Основной закон динамики

Сила приложенная к материальной точке,сообщает ей ускорение, имеющее направление силы и

величину,пропорциональную величине силы. F=ma 3. Закон равенства действия и противодействияВсякое действие вызывает равное противодействие.

4. Закон независимости действия тел Ускорение,полученное материальной точкой при одновременном действии на нее нескольких сил, равно геометрической сумме ускорений, которые получает точка под действием каждой силы в отдельности

a= Σai

В векторной форме: ma=ΣFi

В проекциях на оси координат: max=ΣFix, may=ΣFiy

man=∑Fin, mat=∑Fit

Задачи динамикиЗадачи динамики

Используя основной закон динамики в проекциях по оси координат решаются две задачи динамики:

1.В первой задаче определяют силы, действующие на тело,определив предварительно кинетические характеристики движения (a, V и пр.).

2.Во второй задаче, определив силы, находят кинематические характеристики движения

(S, V, a, t).

Основной закон динамики для системы сил:

Последовательность решения первой задачи динамики

1. Изобразить на рисунке материальную точку,тело в текущем положении и приложить к нему заданные силы.

2. Освободить тело от связей, действие связей заменить реакциями.

3. Найти ускорение движения тела по формулам кинематики.

4. Используя основной закон динамики в проекциях на оси координат, определить искомые силы.

1.11. Движение материальной точки. Метод кинетостатики

Сила инерции материальной точки – сила, равная произведению массы материальной точки на ее ускорение. |Fин|=|ma| Направлена сила инерции в сторону, противоположную ускорению и приложена к телу, сообщающей ей ускорение.

В случае криволинейного неравномерного движения силу инерции можно разложить на касательную Fин

t (тангенциальную) и

Рисунок – Силы инерции при прямолинейном и криволинейном

движении

В случае круговой траектории точки (радиус окружности r), принадлежащей телу, вращающемуся с угловой скоростью ω и угловым ускорением ε, тангенциальная и центробежная сила инерции имеют вид Fин

t = mεr, Fинn = mω2r

Fинn нормальную (центробежную)

Fинt =mat Fин

n =mv2/ρ,где ρ – радиус кривизны траектории.

Предположим, что тело движется под действием активных и реактивных сил с ускорением а . Сила инерции будет направлена в сторону, противоположную движению и приложена к телу, сообщающему ей ускорение. Условно прикладывают ее к материальной точке и получают

ΣFiакт +ΣRi

реакт+Fiит=0

Полученное соотношение выражает принцип Д’Аламбера и формулируется следующим образом: геометрическая сумма всех, приложенных к точке сил и сила инерции , равна нулю.В таком случае точка (тело) находится в равновесии и для решения задач используют уравнения равновесия статики, например, ΣFiy=0

Решение задач с использованием принципа Д Аламбера называется методом кинетостатики. Этот метод получил широкое применение при расчетах на прочность при динамических нагрузках (динамическим нагружением называется такое, когда тело под действием приложенных сил перемещается с ускорением. Если элементы конструкции под действием активных внешних сил находятся в равновесии, то такое нагружение называется статическим).

Трение

Трение покоя Трение движения

Трение качения с проскальзыванием

Трение каченияТрение скольжения

1.12. Трение. Работа и мощностьСила, с которой тело сопротивляется движению, называется силой тренияСила трения всегда направлена в сторону, противоположную движению. Сила трения зависит от материала трущихся тел, чистоты обработки и наличия смазки и не зависит от величины трущихся поверхностей.

Рисунок - Схема классификации трения по наличию и характеру движенияТрением покоя называется трение двух тел при малом относительном

перемещении тел в пределах перехода от покоя к относительному движению.Трением движения называется трение двух тел, находящихся в

относительном движенииТрением качения называется трение движения, при котором скорости

соприкасающихся тел в точках касания одинаковы по значению и направлению. Если движение двух соприкасающихся тел происходит при одновременном

качении и скольжении, то в этом случае возникает трение качения с проскальзыванием.

Законы трения (законы Кулона)

1. Сила трения не зависит от величины площади трущихся поверхностей.

2. Максимальная сила трения прямо пропорциональна нормальной составляющей внешних сил, действующих на поверхности тела.

3. Сила трения зависит от материала тел, состояния трущихся поверхностей, наличия и рода смазки.

Второй закон трения скольжения можно сформулировать так: сила трения равна коэффициенту трения скольжения, умноженному на силу нормального давления или нормальную реакции Fтр=fR n,

где f - коэффициент трения скольжения определяется опытным путем, при движении он обычно меньше, чем при покое.

Однако такого учета силы трения недостаточно для объективного описания несвободного движения.

В средине ХХ столетия возникло и оформилось самостоятельное направление механики – трибология - наука о трении и износе материальных тел. Грамотный учет трения и его последствия имеют чрезвычайно важное практическое значение.

Работа и мощность

Механическая работа – процесс перемещения тела под действием приложенной силы.Работа при поступательном движении равна произведению силы на перемещение и на косинус угла между ними W=FScosα

Величина работы зависит от угла между направлением силы и перемещением.

1. α=0°2. α=90° 3. α=180°Силы, совершающие положительную работу, называются движущими силами; силы, совершающие отрицательную работу - силами сопротивления.

W=FSW=0 W=-FS

Сила, направленная перпендикулярно перемещению, работу не производит.Сила, направленная в сторону противоположную перемещению, производит отрицательную работу (работа силы трения).

Работа силы тяжести равна произведению силы тяжести на высоту. Единица работы 1Дж = 1HмРабота равнодействующей системы сил на каком-то участке пути равна алгебраической сумме работ составляющих сил на том же участке пути. WFΣ=ΣWFi

Мощность – это величина, численно равная работе, совершенной за единицу времени

При поступательном движении P=W/t=FScosα/t=Fvcosα P=FvcosαЕдиница работы 1Дж/с = 1Вт

Работа при вращательном движении W=FS=Frφ или W=Mφ; W=Tφ,

где S=rφ; M, T – вращающие моменты M=M0(F)=Fr

Мощность при вращательном движении

P=W/t=Mφ/t = Mω P=Mω; P=Tω,

где P –[Bт], М и Т – [Нм], ω – [рад/с-1]

Механический коэффициент полезного действия (КПД) – величина, которая показывает, какая часть от всей выполненной работы расходуется полезно: ή=Wпол/Wзатр; ή= Pпол/Pзатр или ή = Р2 / Р1 , где Wпол, Wзатр -полезная,

затраченная работа, Pпол, Pзатр - полезная, затраченная мощность

Р2, Р1 мощность на ведущем и ведомом валах механических передач,Механический КПД характеризует механические потери в передачах.В многоступенчатых передачах (при последовательном соединении ступеней) общий КПД определяется как произведение КПД отдельных элементов этих передач. ήобщ = ή1*ή2*ή3… *ήn ,где ή1,ή2,ή3…ήn - коэффициенты, характеризующие потери энергии соответственно в зацеплении колес, в одной паре подшипников и пр. КПД учитывают потери передач на трение.

Механизмы передачи вращательного движения

Основные требования к знаниям, умениям и навыкам

Студент должен:

иметь представление

- о назначении передач;

- о передачах, используемых в специальном оборудовании;

знать

- кинематические и силовые соотношения в передаточных механизмах;

- формулы для расчета передаточного отношения и коэффициента полезного действия многоступенчатой передачи;

уметь

- производить кинематические и силовые расчеты многоступенчатого привода.

• Рисунок . Структурная схема привода к рабочему органу машины• Назначение , классификация, основные характеристики Назначение , классификация, основные характеристики

механических передачмеханических передач• Передачи необходимы:• - для выбора оптимальной скорости движения;• - для регулирования скорости движения ( повышения или понижения );• - для преобразования вида движения: вращательного в поступательное

( передачи реечные и винт-гайка ) и наоборот;• - для изменения направления движения (реверсирования);• - для изменения вращающих моментов и сил движения;• - для передачи мощности на расстояния.

• Под передачами понимают механизмы, служащие для передачи механической энергии на расстояние, как правило, с преобразованием скоростей и моментов, иногда с преобразованием видов и законов движения.

• В технике наибольшее распространение имеют механические передачи, используемые преимущественно для передачи наиболее распространенного в машинах равномерного вращательного движения и реже – для преобразования вращательного движения в поступательное или криволинейное.

Электродвигатель Передачи Рабочий орган

Большинство современных машин и приборов создается по схеме двигатель- передача- рабочий орган (исполнительный механизм)

1.13. Общие сведения о передачах

Механические передачи классифицируются:

• по принципу передачи движения - передачи трением (фрикционные. ременные) и передачи зацеплением (цепные, зубчатые, червячные, передача винт-гайка);

• по способу контакта между ведущим и ведомым звеньями – передачи с непосредственным касанием (фрикционные, зубчатые, червячные) и передачи с гибкой связью в виде ремня, цепи (цепные, ременные);

• по характеру изменения скорости - передачи понижающие (редуктора), и повышающие (мультипликаторы);

• по взаимному расположению ведущего и ведомого валов в пространстве – передачи между валами, геометрические оси которых параллельны (цилиндрические), пересекаются (конические) или перекрещиваются (червячные, винтовые, глобоидные), соосные;

• по характеру движения валов - простые передачи, в которых валы вращаются лишь вокруг своих осей, а оси валов и сопряженные с ними детали остаются в пространстве неподвижными, и планетарные , в которых оси и сопряженные с ними детали (сателлиты) перемещаются в пространстве. Разновидностью планетарных передач являются волновые передачи.

• по конструктивному оформлению - открытые (не имеющие общего закрывающего их корпуса) и закрытые (заключенные в общий корпус, обеспечивающий герметизацию и постоянную смазку передачи).

• по числу ступеней , т.е. отдельных передач, взаимосвязанных и одновременно участвующих в передаче и преобразовании движения, различают одноступенчатые и многоступенчатые передачи.

Основными характеристиками передач являются: передаточное отношение, передаточное число, передаваемая мощность, КПД и вращающий момент. Передаточным отношением называется отношение угловых скоростей ведущего и ведомого звеньев i = ω1 / ω2

Передаточным числом называется отношение параметров колес и = Z2 / Z1

В целях унификации обозначений передаточные отношения и передаточные числа всех передач будем обозначать и, при необходимости с двойным индексом, соответствующим индексам звеньев передачи, итак, и = ω1 / ω2 = n1 / n2 = Z2 / Z1 = d2 / d1 ,где ω1, n1, Z1, d1 - угловые скорости, частота вращения, числа зубьев, диаметры ведущих звеньев; ω2, n2, Z2, d2 – то же, ведомых звеньевПри и>1 передача называется понижающей (например,у редуктора). При и<1 передача называется повышающей (например, у мультипликатора).Общее передаточное отношение (передаточное число) многоступенчатой передачи определяется иобщ = и1*и2*и3…*иn ,где и1,и2,и3…иn - передаточные числа отдельных передачПередачи выполняют либо с постоянным, либо с переменным передаточным отношением ( (передаточным числом) , причем изменение передаточного отношения может быть ступенчатым в коробках скоростей автомобилей , металлорежущих станков или бесступенчатым.Механизм для плавного изменения передаточного отношения называется бесступенчатой передачей или вариатором. Вращающий момент Т2 на ведомом валу можно определить Т2 =Т1*и*ή ,

Условные обозначения в кинематических схемах

Подшипник качения роликовый, двухрядный, сферический

Подшипник скольженияРейка зубчатая

Примеры передач и детали машин

Передача – винт – гайка

Шлицевое соединение

Механизмы многозвенные, кривошипно-шатунные, кулачковые и др.

Муфта упругая втулочно- пальцевая

Муфта зубчатая

Передача клиноременная с натяжным устройством

Основные типы редукторов

Рисунок – Кинематические схемы редукторов Редуктором называется механизм, понижающий угловую скорость в приводах от двигателя к рабочей машине и состоящий из зубчатых или червячных передач, установленных в отдельном корпусе.

Различают следующие виды редукторов: по типу передачи –цилиндрические зубчатые (рис. а – д), конические зубчатые (рис. е), червячные (рис. и – м), коническо-цилиндрические зубчатые (рис. ж), червячно-цилиндрические (рис. з), и др., по числу ступеней – одно - (рис. а, е, и, к, л), двух - (рис. б - д, з, м), трёхступенчатые (рис. ж) и т.д., по расположению валов и зубчатых колёс – горизонтальные (рис. б) и вертикальные (рис. в).

Х

Х

Х

Редуктор одноступенчатый, конический

Редуктора одноступенчатые, червячные с нижним и верхним

расположением червяка

Редуктора цилиндрические, косозубые, горизонтальный и вертикальный

Редуктор двухступенчатый коническо- цилиндрический

Примеры кинетических схем приводов

Формулы силового и кинематического расчета приводаНаименование Формулы. Единицы измерения

Мощность P=T·ω; P=F·V, P-Вт, T-Н·м, V- м/с, ω- рад/с

Моменты инерции T=P/ω, T2=T1·U·η; P-Вт, T-Н·м, V- м/с, ω- рад/с

Передаточное число U=ω1/ω2=n1/n2=z2/z1=d2/d1, где ω- рад/с

(i) n-о/мин, d-мм

Общее передаточное число Uоб=U1·U2·U3...Un (i общ)

КПД η=P2/P1, где P1 и P2 мощности на ведущем и ведомом звеньях

Общее КПД η=η1·η2…ηn ,где η-КПД отдельных передач, по табл.

Угловая скорость ω=π·n/30, n-об/мин, частота вращения ω- рад/с

Линейная скорость цепи где,z-число зубьев, p- шаг цепи в мм, ω- рад/с n-о/мин

Линейная скорость

V=ω·d/2, где V-м/с, ω-рад/с, d-м

Окружное усилие T=Ft·d/2 F1,F2-натяжение ведущей и ведомойFt=2T/d ветвей, НFt=F1-F2 Ft-окружное усилие Н, d-диаметр, м

T-вращающий момент Н·м

Пример выполнения силового и кинематического расчета привода к барабану ленточного транспортёра

Pдв = 10кВт ω= 970об/с ηцил.п. = 0,97 ηцеп.п. = 0,92

ηп.п. = 0,99 ηм. = 0,99ηкон.зуб. = 0,96

Найти: угловые скорости, вращающие моменты на валах привода и мощность на выходном валу

Рисунок Схема конструкции

х х

Им

х хZ1

=30Z2 = 60 Z5 =17 Z6 = 41

Z3 = 20

Z4 = 80

I II III

IV

хх

2. Передаточные числа отдельных передач:

Uкон. = z1/z2 = 60/30 = 2

Uцил. = z4/z3 = 80/20 = 4

Uц.л. = z6/z5 = 41/17 = 2,41

Общее передаточное число привода:

Uоб. = Uцил.*Uкон.*Uц.п. = 2*4*2,41 = 19,28

U=Z2/Z1=d2/d1

Uоб=U1*U2…Un

1.Пронумеруем валы.

3. Угловые скорости валов привода

ωдв. = π*n/30 ωдв. = 3,14*970/30 = 101,53 рад/с

U = ω1/ω2 = n1/n2 = z2/z1 = d2/d1

ω1 = ωдв. = 101,53рад/с

ωII = ω1/Uкон.1. = 101,53/2 = 50,76 рад/с

ωIII = ωII/Uцил.1. = =50,76/4 = 12,69 рад/с

ωIV = ωIII/Uц.л. = 12,69/2,41 = 5,26 рад/с

Проверка: ωIV = ωдв..Uоб. = 101,53/19,28 = 5,26 рад/с - следовательно, скорость IV вала найдена верно

4. Вращающие моменты на валах приводаP = T*ω T = P/ω = 10000/101,53 = 98,49H*м

T2 = T1*И*η где Т2 и Т1 – на ведомом и ведущем валах.

T I = Тдв* ηм* ηп.п. = 98,49*0,99*0,99 = 96,53Н*м

T II = TI*Uкон.* ηм* ηп.п. = 96,53*2*0,96*0,99 = 183,48Н*м

T III = TII*Uц.* ηц.* ηп.п. = 183,48*4*0,97*0,99 = 704,78Н*м

Т VI = TIII* ηц.п.* ηц.п.* ηп.п. = 704,78*2,41*0,95*0,99 = 1597,46Н*мПроверка:

Т VI = Тдв* Uоб.*ηоб.

ηоб. = ηм * ηк.з. * ηзц.п. * ηц.п. * = 0,99*0,97*0,96*0,95* = 0,84Т VI = 98,49*19,28*0,84 = 1595,06Н*мПриблизительно моменты на 4 валу, найденные двумя способами совпали, значит

задача решена верно.5. Определяем мощность на выходном валу привода:ηоб.= Pвых./Рдв. Pвых. = Рдв.* ηоб. = 10*1000*0,84 = 8,4кВт

4пп 499,0

Приложения. Примеры опросов и индивидуальных заданийПриложение А. Пример индивидуального задания практических работ

Приложение Б. Пример алгоритмов выполнения расчётов

Приложение В. Пример заданий индивидуального зачётного опроса

Выводы Изучение теоретической механики с использованием

материалов пособия «Краткие сведения по теоретической механике» позволяет:

- активизировать, интенсифицировать процесс обучения; - привести в систему знания, полученные на занятиях; легче, проще перейти к пониманию и восприятию сложных, многообразных технических расчетов в разделах «Сопротивление материалов» и «Детали машин»;- осмысленно понять, что теоретическая механика является фундаментом для изучения технических дисциплин;- продуктивнее организовать самостоятельную работу студентов и слушателей по дисциплине «Техническая механика».

Пособие 2

Сопротивление Сопротивление материалов в материалов в

вопросах и вопросах и ответахответах

Рисунки Галилея, иллюстрирующие рассуждения о сопротивлении материалов

В пособии «Сопротивление материалов в вопросах и ответах» рассмотрен сжато теоретический и практический материал по

основным темам раздела «Сопротивление материалов» учебной дисциплины «Техническая механика» в форме компьютерных презентаций.

Часть слайдов показывают в анимации последовательное, поэтапное выполнение расчётов деталей различных конструкций.

Пособия оснащены системой управления. Имеются гиперссылки для быстрого перехода к нужным слайдам.

СодержаниеСодержание Введение

2.1. Основные требования к знаниям, умениям, навыкам 2.2. Блочная структура раздела «Сопротивления материалов» 2.3. Блок – схема «Сопротивления материалов»

2.4. Структурно-логическая схема раздела «Сопротивления материалов»

2.5. Укрупненные учебные элементы сопротивления материалов. Алгоритм-формулы2.6. Компановка в форме «здания» укрупнённых учебных элементов сопротивления материалов

2.7. Вопросы и ответы : а) вопросы с 1 -13 б) вопросы с 14 – 27 в). вопросы с 28 - 38

2.8 Сводные таблицы «Основные характеристики деформаций»

2.9. Итоговое задание. Комплексная задача «Проектный расчёт вала при совместном действии изгиба с кручением»ПриложенияВыводы

Введение

В пособии «Сопротивление материалов в вопросах и ответах» даны основные требования к знаниям материала, показан диапазон практического применения этих знаний, рассматриваются примеры расчётов деталей различных конструкций, даны укрупненные учебные элементы, алгоритм-формулы по сопротивлению материалов, разработаны компановка в форме «здания» укрупнённых учебных элементов сопротивления материалов, сводные таблицы “Основные характеристики деформаций”. В заключении предлагается заполнить таблицы сравнительных характеристик деформаций растяжения и изгиба, среза и кручения, руководствуясь рассмотренным ранее материалом. Ответ на этот вопрос выполнен в виде специально разработанной таблицы. Итогом является выполнение комплексной задачи «Проектный расчёт вала при совместном действии изгиба с кручением», где применены методы аналитического решения задач, как «Теоретической механики», так и «Сопротивления материалов».

2.1 Основные требования к знаниям , умениям , навыкам

После изучение СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ студент должен

иметь представление: 

- о видах расчетов в сопротивлении материалов;

- о классификации нагрузок и элементов конструкций;

- об основных гипотезах и допущениях;

- о внутренних силовых факторах и напряжениях в сечениях;

- о статических испытаниях материалов, диаграммах растяжения и сжатия пластических и хрупких материалов;

- о предельных и допускаемых напряжениях;

- о деталях, работающих на срез и смятие;

- о смысле понятий: осевой, центробежный, полярный моменты инерции; о главных центральных моментах инерции;

- о рациональном расположении колес на валу, о выборе рациональных сечений при кручении и изгибе;

- о видах изгибов;

- о распределении напряжений сечениях при растяжении, кручении, изгибе;

- об эквивалентных напряжениях при изгибе с кручением.

Знать: - виды деформаций;

- метод сечений;

- виды внутренних силовых факторов;

- составляющие вектора напряжений;

- методы определения внутренних силовых факторов, напряжений; методы, порядок построения и контроля эпюр;

- закон Гука при растяжении и сдвиге;

- условия прочности и жесткости при различных видах нагружения;

- формулы для расчетов осевых моментов инерции простых сечений и полярных моментов инерции круга и кольца;

- формулы для эквивалентных напряжений по гипотезам наибольших касательных напряжений и энергии формообразования при кручении с изгибом.

Уметь:- определять виды нагружения и внутренние силовые факторы в поперечных

сечениях ;

- строить эпюры внутренних силовых факторов и напряжений;

- проводить расчеты на прочность и жесткость при растяжении , сжатии , срезе , смятии , кручении, изгибе , изгибе с кручением.

2.2.

2.3

2.4

Укрупненные учебные элементы сопротивления материалов ВШС – внешние силы

ВСФ – внутренние силовые факторы

Деф - деформация

Н – напряжениея

ГХС – геометрические характеристики

сечений

ГХП – геометрические характеристики

прочности

Н – допускаемые напряжения

n- коэффициент запаса прочности

К – характеристика жесткости материала

- Основные понятие высокой степени обобщённости

-Вспомогательные понятие высокой степени обобщённости

ВШСВСФЛюбой внутренний силовой фактор численно равен алгебраической сумме внешних сил, действующих по одну строну от сечения

ГХПВСФН / Напряжение равно отношению внутреннего силового фактора к геометрической характеристике прочности

0ДефКН (Закон гука)

Напряжение прямо пропорционально относительной деформации; К – коэффициент пропорциональности (модуль упругости ).

К

max/ РГХСГХП Геометрическая характеристика прочности числена равна отношению геометрической характеристики сечения к максимальному расстоянию от полюса или нейтральной оси

жмГХП

ДлВСФДефа

Деформация (абсолютная) равная отношению произведения внутреннего силового фактора и длины к геометрической характеристики сечения , умноженной на жесткость материала. ЖМ – жесткость материала.

Е

G

nHH on / Допускаемое напряжение равно отношению опасного (предельного) напряжения к допускаемому коэффициенту безопасности (запаса прочности

)(HH Условия прочности

Рабочее напряжение должно быть равно или меньше допускаемого

ДефДеф Фактическая деформация должна быть равна или меньше допускаемой.

Алгоритм – формулы (блок – формулы)

Условия жесткости

2.5. КОМПАНОВКА В ФОРМЕ «ЗДАНИЯ» УКРУПНЁННЫХ УЧЕБНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ

СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ

2.6.2.6.Вопросы Вопросы и и

ответыответы

1. Рассмотрите основные положения сопротивления материалов: - в чём заключаются основные задачи сопротивления материалов; - что называется прочностью, жёсткостью, устойчивостью; - что называется деформацией; - укажите основные виды деформаций. - в чём заключаются гипотезы и допущения; - основные формы элементов конструкций.2. Назовите простейшие виды внешних нагрузок (ВШС) и их единицы измерения.3. Какой метод применяется для определения внутренних силовых факторов (ВСФ) и в чем он заключается?4. Какие ВСФ возникают в сечении детали под действием ВШС?5. Прочитайте формулу: ВСФ= ∑ВШС Как определить модуль и знак ВСФ?6. Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом испытывают при различных способах нагружения?7. Что такое механическое напряжение? Его единицы измерения? 8. Укажите виды механических напряжений в зависимости от направления по отношению к поперечному сечению тела.9. Укажите связь между видами внутренних силовых факторов и видами напряжений10. Укажите взаимосвязь между ВСФ, видами деформаций, видами напряжений в зависимости от способа нагружения детали конструкции (от ВШС).

Абв, гдеж, зи11. Что называется эпюрой ВСФ?12. Последовательность построения эпюр аналитическим способом (с использованием уравнений)?13. Для бруса заданной конструкции построить эпюру продольных сил аналитическим способом. Проанализируйте данную эпюру

?

14. По заданной эпюре продольных сил указать какие внешние силы действуют на брус и чему они равны (обратная задача)

15. Построить эпюру Мкр аналитическим способом16.

По заданной эпюре крутящих моментов указать, какие внешние моменты действуют на вал и чему они равны? (обратная задача) Проанализируйте данную эпюру. Какой шкив является ведущим какой участок – опасным?

17. Определить поперечные силы Q и Мизг в сечениях С18. Для балки заданной конструкции построить эпюры Q

и Мизг аналитическим способом?19. Для балки, нагруженной равномерно распределённой нагрузкой, построит

ь эпюры поперечных сил изгибающих моментов аналитическим способом20. Между видами ВШС, эпюрами Q

и Мизг имеется взаимная связь. Укажите эту взаимосвязь.21. Какие сечения называются характерными? Последовательность построен

ия эпюр по характерным точкам.22. Для балки заданной конструкции построить эпюры поперечных сил,

изгибающих моментов по характерным точкам?23. Для балки, нагруженной равномерно распределённой нагрузкой,

построить эпюры поперечных сил изгибающих моментов по характерным точкам?

24. В чем различие и особенности диаграмм пластичного и хрупкого материалов? Укажите основные механические характеристики стали и чугуна, используя эти диаграммы.

25. Укажите виды механических напряжений в зависимости от величины. Дайте их определение.

26. В чем заключаются две формы условия прочности деталей конструкций для любой деформации?

27. Используя условия прочности в общем виде РН=ВСФ/ГХС≤[ДН] выполняются три вида расчёта на прочность(проверочный, проектный, определение допускаемой нагрузки). В чём заключаются эти расчёты?

28. Что называется эпюрой напряжений? Как изменяются напряжения по сечению бруса , вала, балки (эпюры напряжений) при растяжении, кручении, изгибе, изгибе с кручением?

29. Назовите условия прочности и три вида расчётов на прочность при растяжении, сжатии; срезе, смятии?

30. Растяжение сжатие. Выполните расчет бруса при растяжении сжатии.31. Определите размеры поперечного сечения стержня BC.32. Срез, смятие, выполните расчет оси шарнира узла А.33. Назовите условия прочности и три вида расчётов на прочность при кручении,

чистом изгибе и изгибе с кручением34. Кручение. Выберите рациональное поперечное сечение вала.35. Изгиб. Выберите рациональную форму поперечного сечения балки36. В чем заключаются условие жесткости при кручении и три вида расчетов на

жесткость?37. Назовите условие жесткости при изгибе38.а Заполните приведённую таблицу сравнительной характеристики

деформаций растяжения и изгиба, руководствуясь вопросами и ответами рассмотренных ранее вопросов

38.б Заполните приведённую таблицу сравнительной характеристики деформаций среза и кручения, руководствуясь вопросами и ответами рассмотренных ранее вопросов

Вопрос 1

Рассмотрите основные положения сопротивления материалов:

1.Основные задачи сопротивления материалов

2.Что называется прочностью , устойчивостью , жесткостью ?

3.Что называется деформацией ? Основные виды деформаций.

4.В чем заключаются гипотезы и допущения ?

5.Основные формы элементов конструкции.

Ответ на вопрос 1 Рассмотрите основные положения сопротивления материалов:

1,2-Основные задачи по сопротивлению материалов. Что называется прочностью , устойчивостью , жесткостью ?

Сопротивление материалов – механика деформированного тела Задачи сопротивления материалов - обеспечить экономичность и надежность

конструкции в течение заданного срока расчетами на:

3-Что называется деформацией ? Основные виды деформации ?

Прочность –способность сопротивляться внешним нагрузкам без разрушения и появления остаточных деформациях

4-Основные гипотезы и допущения

О свойствах материала

однородность

сплошность изотропность идеальная упругость

Деформациях принцип независимости действия сил принцип начальных размеров

5-Основные формы элементов конструкции ?

Массив – тело у которого три размера одного порядка

Пластина – тело у которого толщина значительна меньше других размеров

Брус – любое тело у которого длина значительна больше других размеров (прямой брус ступенчитый и криво линейный брус)

Пластические (остаточные) Упругие (исчезают после снятие нагрузки)

Деформация – это изменение формы и размера тела

Жесткость –стойкость к упругим деформациям

Устойчивость- Способность сохранять

первоначальную форму

Вопрос 2.Назовите простейшие виды внешних нагрузок (ВШС) и их единицы

измерения. Активные Реактивные

(указать виды опор, и их реакции)

F,Р-

F P

Q е

g

g

Q

m-

m

С

L

A

B

Ответ на вопрос 2.Назовите простейшие виды внешних нагрузок (ВШС) и их единицы измерения. Активные Реактивные

(указать виды опор, и их реакции)

F,Р-

F P

Q

g

g

Q

L

A

B

Сосредоточенные силы,

m-

m

Момент пары сил, Нм

Н, кН

-интенсивность равномерно - распределённой нагрузки ,н/м-сосредоточенная сила, приложенная в центре участка действия нагрузки, Н

Q=qL

Шарнирно-подвижная опора

Реакция направлена перпендикулярно опорной плоскости

RBY

RBX

Шарнирно-неподвижная опора

Реакции направлены перпендикулярно оси шарнира; её изображают в виде двух составляющих RBY, RBX

С

RСY

RСX

RC

MC

Жесткая заделка (защемление)

В опоре С возникают реактивный момент Мс и реакция Rc, которую заменяют двумя составляющими Rcx, Rcy

RA

Равномерно – распределённая нагрузка

илиm

Вопрос 3.

Какой метод применяется для определения внутренних силовых

факторов (ВСФ), возникающих под действием

внешних нагрузок и в чем он заключается?

Под действием внешних нагрузок (ВШС) внутри бруса возникают

внутренние силовые факторы (ВСФ)

Ответ на вопрос 3.

Какой метод применяется для определения внутренних силовых факторов (ВСФ) и в чем он заключается?

Для определения внутренних силовых факторов применяется метод сечений(РОЗУ).согласно которому тело мысленно разрезается на части, одна часть отбрасывается,действие отброшенной части заменяется внутренними силовыми факторами (N, Qy,Qz, Mкр,Мизг), для определения которых составляются уравнения равновесия статики.

РОЗУ

Разрезаем (Уравнения составляем)

Отбрасываем Заменяем

Уравновешиваем

Вопрос 4.

Какие ВСФ возникают в сечении детали под действием ВШС? N

-Qy-

Qz-

мх

My-

Mz-x

мх

z

M z

N

y

My

P

F

Qy

Qz

Ответ на вопрос 4. Какие ВСФ возникают в сечении детали под действием ВШС?

поперечные силы

N

-Qy-

Qz-

Мх =

My-

Mz-

- продольная сила

= Мизг – изгибающие моменты

Мкр – крутящий момент

ВСФ:

x

мх

z

M z

N

y

My

P

F

Qy

Qz

Вопрос 5.

Прочитайте формулу: ВСФ= ∑ВШС

Как определить модуль и знак ВСФ?N=

Qy=Qz=

Mx=Мкр My=Мизг Mz=Мизг

Прочитайте формулу: ВСФ= ∑ВШС? Как определить модуль и знак ВСФ?Ответ на вопрос 5.

ВСФ= ∑ ВШС -внутренний силовой фактор в сечении бруса равен алгебраической сумме внешних сил, действующих на оставшуюся часть бруса

∑ Мс- алгебраическая сумма моментов внешних сил относительно центра проведённого сечения∑ Tix - алгебраическая сумма моментов внешних сил

относительно оси х

∑ Fix, ∑ Fiy, ∑ Fiz-алгебраические суммы проекций внешних сил на оси координат

Модуль

ВСФ N=∑FixQy=∑Fiy

Qz=∑Fiz

Mкр==∑Tix

Mизг= =∑Mc(F)

Знак

«+»

М или Т

Мкр

Знак

«-»

М или Т

Мкр

FFN

F FN

F

F Q

F

F

Q

Мизг

М М

Мизг

М М

Условно

Условно

Вопрос 6 а, б, в, г.Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом

испытывают при различных способах нагружения? a)

F

F

б)

F

F

в) F F

г)F

F

F

Ответ на вопросы 6 а, б, в, г.Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом

испытывают при различных способах нагружения?

a)

F

F

б)

F

F

в) F F

г) F

F

N

N ≠ 0 -растяжение

NN ≠ 0 - сжатие

N ≠ 0, (смятие- местная деформация сжатия)N

Q

Q ≠ 0 - сдвиг (срез-сдвиг доведённый до раз-рушения)

F

Вопрос 6 д, е, ж (продолжение).Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом испытываю при различных способах нагружения?

д)

m

e)

м

ж)

F

М F

m

Ответ на вопросы 6 д, е, ж (продолжение).Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом испытывают при различных способах нагружения?

д)e)

ж)

Мкр

Мкр ≠ 0 - кручение

Мизг

Мизг ≠ 0 - чистый изгиб

Q

Мизг

Мизг ≠ 0Q ≠ 0

Прямой, поперечный изгиб

m

m

м

М

F

F

Вопрос 6з, и (продолжение)

Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом испытывают при различных способах нагружения?

З)

F

И)

Fr Ft y

x

z

К)

З)

F

F1

F2 F

F1

F2

F

Q

МизгN F1

N ≠ 0,

Q ≠ 0, Миз ≠ 0Растяжение с изгибом(сложная деформация)

Ответ на вопрос 6 з (продолжение)Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом испытывают при различных способах нагружения?

F1 и F2 – составляющие силы F

RbzRaz

Ft

Fr Ft

y

x

z

Ray

Rby

Вертикальная плоскость (изгиб)

X

y

Fr

Fr

F2

F1 Ft

Ft

F2 х

z

Горизонтальная плоскость (изгиб)

F1 Ft

T=Ftd/2

F1 = F2 = Ft

Поперечные силы малы и в расчётах не учитывают.

Q≠0

Мизг≠0

Q≠0

Мизг≠0

Поперечные силы малы и в расчётах не учитывают.

Мкр≠0

Ответ на вопрос 6 и (продолжение) Какие ВСФ возникают в детали и какие деформации они при этом испытывают при различных способах нагружения?

Совместное действие изгиба с кручением(сложная деформация)

Кручение

z

x0

0

А ВА В

Пример детали конструкции, испытывающий изгиб с кручением

Вопрос 8.

Укажите виды механических напряжений в зависимости от направления по отношению к поперечному сечению тела.

Вопрос 7.

Что такое механическое напряжение? Его единицы измерения?

F g

m

Ответы на вопросы 7,8 Что такое механическое напряжение? Его единицы измерения? Укажите виды механических напряжений в зависимости от направления по отношению к поперечному сечению тела.

Мера внутренних сил, возникающих в теле под влиянием внешних воздействий (ВШС), называется механическим напряжением (Напряжение – это сила, приходящаяся на единицу площади). - нормальное напряжение направленно по нормали (перпендикулярно) к рассматриваемому сечению - касательное напряжение направленно по касательной по отношению к рассматриваемому сечению детали При обозначении напряжений добавляют индексы, поясняющие вид деформаций: р (растяжение), с (сжатие), ср (срез при сдвиге), кр (кручение), изг (изгиб), см (смятие)

Единице механического напряжения присвоено наименование Паскаль (Па).

ПаМПа

ммНМПа

мНПа

6

2

2

101

/11

/11

Р - диагональ параллелепипеда, построенного на векторах нормального и касательных напряжений, является полным напряжением.

m

х

y F g

z

р

z

y

Укажите взаимосвязь между видами внутренних силовых факторов и видами напряжений.

Касательные напряжения-

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

Нормальное напряжение- σ

Полное напряжение- pzy ,

Вопрос 9

z

y F

x

мх M z

N

My

P Qy

Qz

х

y F g

z

р

у

z

м

Укажите взаимосвязь между видами внутренних силовых факторов и видами напряжений.

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

Касательные напряжения - Нормальное напряжение - σ

Полное напряжение - pzy ,

x

мх

z

M z

N

y

My

P

F

Qy

Qz

NQ

МкрМиз

Ответ на вопрос 9

х

y F g

z

р

у

z

Вопрос 10 а, б, в

Укажите взаимосвязь между ВСФ, видами деформаций, видами напряжений в зависимости от способа нагружения детали конструкции (от ВШС)

Схема конструкций

(ВШС)

Внутренние силовые факторы

(ВСФ)

Вид деформаций

Вид напряжений

F

F

F

а

в

б

1 2 3 4

Ответы на вопрос 10 а, б, в Укажите взаимосвязь между ВСФ, видами деформаций, видами напряжений в зависимости от способа нагружения

детали конструкции (от ВШС)

Схема конструкций

(ВШС)

Внутренние силовые факторы

(ВСФ)

Вид деформаций

Вид напряжений

Продольная сила N=0

Растяжение

Нормальное напряжение

Продольная сила N=0 Сжатие

Нормальное напряжение

Продольная сила N=0

Смятие – местная

деформация сжатия

Нормальное напряжение

F

F

F

р

сж

см

а

б

в

1 2 3 4

F

F

Вопрос 10 г, д, е, ж (продолжение)

m

F

г

д

м е

ж

1 2 3 4

Укажите взаимосвязь между ВСФ, видами деформаций, видами напряжений в зависимости от способа нагружения детали

конструкции (от ВШС)

Поперечная сила

Q=0

Срез – сдвиг, доведённый

до разрушения

Касательное напряжение

Крутящий момент

Мкр=0Кручение

Касательное напряжение

Изгибающий момент

Мизг=0Прямой

чистый изгиб

Нормальное напряжение

Поперечная сила Q=0

Изгибающий момент Мизг=0

Прямой поперечный

изгиб

Касательное напряжение

Нормальное напряжение

F

F

Ответ на вопрос 10 г, д, е, ж (продолжение)

m

F

г

д

м е

ж

ср

кр

из

из

из

1 2 3 4

Укажите взаимосвязь между ВСФ, видами деформаций, видами напряжений в зависимости от способа

нагружения детали конструкции (от ВШС)

Вопрос 10 з, и (продолжение)

F

Fr Ft

Укажите взаимосвязь между ВСФ, видами деформаций, видами напряжений в зависимости от способа нагружения детали конструкции (от ВШС)

1 2 3 4

Ответы на вопрос 10 з, и (продолжение)

Продольная сила N=0,

Поперечная сила Q=0,

Изгибающи момент Миз=0

Растяжение с изгибом (сложная

деформация)

Нормальное напряжение

Касательное напряжение

Нормальное напряжение

Поперечная сила Q=0

(мала и при расчетах не

учитывается)

Изгибающий момент Миз=0

Крутящий Крутящий момент Мкр=0момент Мкр=0

Изгиб с кручением (сложная

деформация)

Нормальное напряжение

Касательные Касательные напряжениянапряжения

Эквивалентное напряжение

F

Fr Ft

р

изг

из

из

экв

22

суммизгкр

Шэкв

кр

Укажите взаимосвязь между ВСФ, видами деформаций, видами напряжений в зависимости от способа

нагружения детали конструкции (от ВШС) 1 2 3 4

Вопрос 11Что называется эпюрой ВСФ?

Вопрос 12Последовательность построения эпюр аналитическим способом с

использованием уравнений:1234

Ответы на вопросы 11, 12Эпюрами внутренних силовых факторов называют графики, показывающие закон изменения ВСФ по длине бруса, вала, балки.

Последовательность построения эпюр аналитическим способом (с использованием уравнений):

1. Изобразить расчётную схему бруса, вала, балки, приложить к ним внешние нагрузки (ВШС). При необходимости определить опорные реакции, неизвестные внешние моменты из уравнения равновесия статики.

2. Брус, вал, балку разбить на участки. Границы участков определяются точками приложения сил, моментов, точками начала и конца равномерно - распределённой нагрузки, местами изменения размеров поперечного сечения.

3. Определить по методу сечений: величину, знак внутреннего силового фактора (N, Q,Мкр, Мизг),составляя уравнения для каждого участка.

4. Построить эпюру.

Вопрос 13Для бруса заданной конструкции построить эпюру продольных сил аналитическим

способом. Проанализируйте построенную эпюру

F4=15H F3=13H F2=8H F1=15Н

Ответ на вопрос 13Для бруса заданной конструкции построить эпюру продольных сил аналитическим способом.

Проанализируйте построенную эпюру

4.Строим эпюру N

RA = 5 H

15 Н

15 Н

15 Н

15 Н

15 Н

13 Н

13 Н

13 Н10 Н

N II

N III

N IV

N V

N VI

N I = 15Н

N II =15-8=7 H

IIIIII

IV

VVI

F4=15H F3=13H F2=8H F1=15Н

15НN I

8Н

8Н

8Н

8Н

8Н

15Н

N III =15-8=7 H

N IV =15-8+13=20Н

N V =15-8+13=20Н

N VI =15-8+13-15=5Н

5H

20H

7H

15H

ЭN0

N=N=ΣΣ Fix Fix

FFN

F FN

Минус

Плюс

1. Определяем RA,,используя уравнения равновесия статики Σ Fix=0;F1 - F2 - F3 -RA = 0 RA=F1-F2-F3=20-5-10=5H

2.Разбиваем брус на участки в точках приложения сил и изменения размеров поперечного сечения бруса

3.Определяем величину и знак N, используя метод сечений

Ответ на вопрос 13Для бруса заданной конструкции построить эпюру продольных сил аналитическим способом.

Проанализируйте построенную эпюру

На основании построенной эпюры можно сделать следующие выводы:

1. В точках приложения сосредоточенных сил на эпюре N получаются скачкообразные изменения. Причём, величина «скачка» по модулю равна приложенной активной или реактивной силе.

2. В пределах участка величина продольной силы постоянна.

3. Эпюра N представляет собой прямую линию, параллельную оси бруса.

4. Изменения размеров поперечного сечения бруса не влияет на характер эпюры.

5. Значение ординаты эпюры продольных сил под заделкой равно реакции заделки, поэтому применяя метод сечений выгодней рассматривать равновесие части бруса, расположенной со стороны его свободного конца, в противном случае необходимо определять реакции заделки.

F4=15H F3=13H F2=8H F1=15Н

5H

20H

7H

15H

ЭN0

Вопрос 14По заданной эпюре продольных сил указать какие внешние силы действуют

на брус и чему они равны (обратная задача)

ЭN 10Н

20Н

5Н +-

III

IIII

V

Ответ на вопрос 14По заданной эпюре продольных сил указать какие внешние силы действуют

на брус и чему они равны (обратная задача)

ЭN 10Н

20Н

5Н +-

10Н30Н

25НRА=5H

А

Руководствуясь тем, что «скачки» на эпюре продольных сил равны по модулю значением приложенных активных и реактивных сил, определяем величину этих сил, действующих на брус. Кроме того, по знакам на эпюре,

направляем вектора сил активных и реакции Ra. Если продольная сила отрицательная, то внешняя нагрузка направлена от рассматреваемого

сечения и на оборот.

IIIIIIV

I

N=N=ΣΣ Fix Fix

FFN

F F

N

Минус

Плюс

Вопрос 15Для вала заданной конструкции построить эпюру крутящих моментов аналитическим

способом

ЭМкр

Проанализировать данную эпюру

Т1=600Н×м Т2=900Н×м Т3=200Н×м Т4=100Н×м

IIIIII

IV

V

Ответ на вопрос 15 Для вала заданной конструкции построить эпюру Мкр аналитическим способом

Плюс Минус

ЭМкр

Т1=600Нм Т2=900Нм Т3=200Нм Т4=100Нм

Мкр = Σ Тix

100Нм

300Нм

600Нм+

-

Мкр

М или Т

Мкр

М или Т

Условно

Скачки на эпюре ЭМкр равны значениям приложенных внешних моментов.

IIIIII

IV

V

Вывод:Вывод:

1. Разбиваем вал на участки, границы которых определяются местами расположения опор и шкивов

2.Определяем величину, знак Мкр и строим эпюру

Мкр1=0; Мкр2=Т4=100 Нм;

Мкр3=Т4+Т3=100+200=300 Нм

Мкр4=Т4+Т3-Т2=100+200-900=-600 Нм

Мкр5=Т4+Т3-Т2+Т1=100+200-900+600=0

По заданной эпюре крутящих моментов указать какие внешние моменты действуют на вал и чему они равны (обратная задача)

Проанализируйте построенную эпюру

Какой шкив является ведущим?Какой участок опасный?

Э Мкр+

-

400Нм

200Нм

150Нм

Вопрос 16

Т1=I150IНмТ2=I400-150I=I250НмI

Т3=I400+200I=I600НмIТ4=I200-0I=I200НмI

Ведущим является третий шкив, момент которого максимальный Т3=600Нм (по модулю), остальные шкивы – ведомыми, Т3 – момент движущих сил, Т1,Т2,Т4 – моменты сил сопротивления, поэтому они направлены в разные стороны.

Опасным является III участок, где возникает максимальный по модулю момент IТ4I=I360НмI

1. Разобьём вал на участки, по сечениям, где расположены шкивы.

Т4=200Нм Т3=600НмТ2=250Нм Т1=150Нм Опасный участок

2. По величине «скачков» на эпюре крутящих моментов, определяем значения внешних моментов Т1, Т2, Т3, Т4.

Мкр

Т

плюс

Мкр

минус

Т

Направление моментов Т соответствуют направлению движения по эпюре Мкр, при этом направление момента Т1 на первом шкиве берём условно.

Э Мкр

VIV III II I

Ведущий шкив

+

-

400Нм

200Нм

150Нм

150Нм

400Нм

200Нм

VIV III II I

+

-Э Мкр

Ответ на вопрос 16По заданной эпюре крутящих моментов указать величину и направление внешних моментов, действующих на шкивах, закреплённых на валу. Какой шкив является

ведущим, какой участок – опасным.

Вопрос 17Определить поперечные силы Q и изгибающие моменты Миз в сечениях С

F

x

C

a x

F C

m

a

x

C

Q= Миз=

Q= Миз=

Q= Миз=

q

C

Q x\2

x

С

а

х

g

a

x

C

Q= Миз=

Q=- Миз=

Q= Миз=

q

Ответ на вопрос 17

Определить поперечные силы Q и изгибающие моменты в сечении С q

C

Q x\2

x

g

a

x

C

Q=-qa Миз=-qa(x-a/2)

Q=-qx Миз=(-qx)x/2=-qx²/2

Q=-q(x-a) Миз=-q(x-a)²/2

С

а

х

q

F

F

QМизг

F

F QМизг

Плюс

Минус

Модуль ВСФ

Q=Σ Fiy

Мизг =

Σ Mc(F)

F

x

C

a

x

F C

m

a

x

C

Q=0 Миз=F*x

Q=F Миз=F(x-a)

Q=0 Миз=m

Вопрос 18

Для балки заданной конструкции построить эпюры Q и моментов изгибающих, аналитическим способом.

F=8 Н

2м 3м 1м

F=8 Н

m=6 н/м

2м 3м F1=5 НА

F1=5 Н

5Н3Н

Модуль ВСФ

Q=Σ Fiy

Мизг= Σ Mc(F)

F

F Q

F

F

Q

Ми

зг

Ми

зг

Плюс

Минус

М М

М М

1. Разбиваем балку на участки по точкам приложения сил F1,

F2, момента m

Ответ на вопрос 18. Для балки заданной конструкции построить эпюры Q и моментов изгибающих, аналитическим способом.

1 уч.2 уч.3 уч.

x1

Q

Мизг

F1

Мизг

Q mF1F2

1м3мx3

0≤Х1≤1м0Q1=-5 Н ММ11== F F11*X*X11

ММx=0x=0=0=0; М; Мx=1x=1мм =5*1 = 5 Нм =5*1 = 5 Нм

1м≤Х2≤4м

Q2=-F1+F2=-5+8=3Н

ММ22== F F11*X*X22 –F–F22**((XX22-1-1))

ММx=x=1м1м==5*1-8(1-1)=5Нм;5Нм;

ММx=x=4м4м = =5*4-8*3 = -4 Нм-4 Нм4м≤Х3≤6м

Q3=-F1+F2=-5+8=3Н

ММ33== F F11*X*X3 3 FF22**((XX33-1-1))+m+m

ММx=4x=4мм==5*4-8(4-1)+6==22Нм;Нм; ММx=6x=6мм

==5*6-8*(6-1)+6 = -4 Нм= -4 Нм

Эпюра Q

Эпюра Миз

2нм

4нм4нм

5нм

2. Используя метод сечений определяем величину, знаки Q,и Мизг

1м

Q

Мизг

F2

x2

F1

3 Строим эпюры

2м 3м 1м

F2=8 Нm=6 н/м

2м 3мА

Вопрос 19

Для балки, нагруженной равномерно распределённой нагрузкой, построить эпюры поперечных сил изгибающих моментов аналитическим способом

q=3H/м

ВА

4м

Q=-Rв+qx- уравнение прямой 0 ≤Х≤4м при Х=0 Q= -Rв=6H при Х=4м Q=-6+3×4=6H

При x=x0 Q=0 0=-RB+qX0 X0=RB/q=6/3=2м

Мизг = Rв*X-(qx)x/2= Rв*х-qx²/2- уравнение параболы для построении параболы необходимо знать координаты 3-х точек

при х=0 Мизг=0 при х=2м Мизг=6×2-3ײ/2=6Н×м

при х=4м Мизг=6×4-3×4²/2=0

Ответна вопрос 19. Для балки нагруженной равномерно-распределённой нагрузкой, построить эпюры Q и Мизг

+-

ЭQ

Модуль ВСФ

Q=Σ Fiy

Мизг= Σ Mc(F)

Мизг

6Нм

+

q=3H/м

RА=6Н

ВА

Rв=6Н

4м

Rв=6Н

х/2

х

СВ

Q

МизгF

F Q

F

F

QМиз

г

Ми

зг

Плюс

Минус

М М

М М

1. Освободим балку от связей, действия связей заменим реакциями

2. Используя уравнения равновесия статики, определим реакции опор.

∑МА= 0; (q4)2-RB4= 0 RB=q4*2=3*4*2/4=6H

∑МВ= 0; -(q4)2+RA4= 0 RA=3*4*2/4=6H

Проверка ∑Fiy=0; 6-3*4+6=0; 0=0

3. Определяем величину, знак Q, Мизг, используя метод сечений и строим эпюры

6 Н

6 Н

X0=2м

При Q=0 Мизг имеет максимальное значение

Вопрос 20

Между видами ВШС, эпюрами Q и Мкр имеется взаимная связь. Укажите этувзаимосвязь.

q

ВШС

ЭQ

ЭМиз

ВШС

ЭQ

ЭМиз

ВШС

ЭQ

ЭМиз

mF

Ответ на вопрос 20. Между видами ВШС, эпюрами Q и Мкр имеется взаимная связь. Укажите этувзаимосвязь.

1. На участке балки, где действуют сосредоточенные силы, эпюра Q является прямой, параллельной оси балки, а эпюра Мизг- наклонной прямой.

2. В сечении балки, где приложена сосредоточенная сила (активная или реактивная), на эпюре Q наблюдается скачок на величину этой силы, а на эпюре Мизг- излом

ВШС

ЭQ

ЭМиз

ВШС

ЭQ

ЭМиз

ВШС

ЭQ

ЭМиз

mF

В сечении балки, где приложен внешний момент на эпюре Q не наблюдается никаких изменений, а на эпюре Мизг наблюдается скачок на величину внешнего момента.

1. На участке балки, где действует равномерно- распределённая нагрузка, эпюра Q очерчивается наклонной прямой, а эпюра Мизг- параболой, направленной выпуклостью навстречу распределённой нагрузке.

2. В сечении, где эпюра Q переходит через 0 (наклонная линия пересекает ось абсцисс), Мизг принимает максимальное значение.

m

F

Мmax

q

Вопрос 21

Какие сечения называются характерными?

Последовательность построения эпюр по характерным точкам

1234

Ответ на вопрос 21Какие сечения называются характерными?

Последовательность построения эпюр по характерным точкам

Характерными называются сечения, где приложены силы, моменты, где начинается и заканчивается равномерно-распределённая нагрузка.

Последовательность построения эпюр по характерным точкам:

1. Изобразить расчётную схему бруса, вала, балки. Приложить к ним внешние нагрузки. При необходимости определить опорные реакции, неизвестные внешние моменты из уравнения равновесия статики.

2. Балку разбить на участки по характерным точкам.

3. Определить вид эпюр внутренних силовых факторов на каждом участке в зависимости от внешней нагрузки.

4. Подсчитать значение, определить знак ВСФ в характерных точках и построить эпюры.

Вопрос 22

Для балки заданной конструкции построить эпюры поперечных сил изгибающих моментов по характерным точкам.

F1=2 Нm=6 нм

2м 3м 1м

F=4 Н

2м 3м

А

Ответ на вопрос 22. Для балки заданной конструкции построить эпюры поперечных сил изгибающих моментов по характерным точкам.

1. Обозначим характерные точки, которыми являются точки приложения сил и момента (точки A,B,C,D)

2. Подсчитаем ординаты эпюр поперечных сил, изгибающих моментов и построим эпюры

Балку рассматриваем со стороны свободного конца, чтобы не определять реакции заделки.

Модуль ВСФ

Q=Σ Fiy

Мизг= Σ Mc(F)

Qд=F1=2HQс=F1=2HQв(пр)=F1=2HQв(лев)=F1+F1=2+4=6HQА=F1-F2=2+4=6H

Мд=Мд=F1*0=00НмНм

МсМс((пр)=пр)= -F1*1-2Нм=-2Нм=-2Нм

Мс(лев)=Мс(лев)= -F1*1+М=-2*1+6=4Нм4Нм

Мв=Мв= -F1*4+М-F2*0=-2*4+6=-=-22НмНм

ММАА== -F1*6+М-F2*2=-2*6+6-4*2=-14=-14НмНм

В эпюре Q имеются «скачки», равные значениям сил F1и F2. Скачок в точке А по модулю равен реакции опоры │RА│=6H. Момент М не влияет на характер эпюры Q.

В эпюре Мизг «скачок» в точке C равен значению активного момента IМI=I2+4I=6Нм, а в точке А - значению реактивного момента IМАI=14Нм.

F

F Q

F

F

Q

Мизг

Ми

зг

Плюс

Минус

М М

М М

Прав.Лев.F

6Н 2Н

14нм

2нм 2нм

4нм

F1=2 Нm=6 нм

2м 3м 1м

F=4 Н

2м 3мА

В С D

ЭQ

ЭМизПрав.Лев.

m

Примеры на построение эпюр Q и Мизг

Для балки с равномерно-распределённой нагрузкой построить эпюры поперечных сил изгибающих моментов по характерным точкам.

Вопрос 23

m=6 нм

1м

g=2 н/мF1=4 Н

3м 2мА

Для балки с равномерно-распределённой нагрузкой построить эпюры поперечных сил изгибающих моментов по характерным точкам.

Ответ на вопрос 23

1. Обозначаем характерные точки, точки приложения силы F, момента m, точки начала и конца распределённой нагрузки (точки А,В,С,D).

2. Подсчитаем ординаты эпюр Q и Mизг и построим

эпюры. Модуль ВСФ

FiyQ

)F(МсМ изг

F

F

Q MM Мизг

Минус

F

FQ M M

Мизг

Плюс

HмМ

HFМM

HмМM

C

D

22*462*FM

м60*

6

B

HqFQ

HFQ

НFлевQc

Hпр

НQ

A

B

D

103*243*

4

4)(

0)(Q

0

c

На участке AВ, где приложена равномерно распределённая нагрузка, эпюра моментов является параболой. Для построения параболы найдём значение момента в точке Е, на середине участка АВ.

14нм

2нм

6нм

1,5м

g=2 нмm=6 нм

1м

F1=4 Н

2м

А

В С

D

МА=М-F*5-(q*3)*1.5=-14 Нм

МЕ=М-F*3.5-(q*1.5)*0.75=-10.25 Нм

10.25Нм

Э МизгЭ Мизг

4Н

10НЭЭQQ

Е

3м

Вопрос 24(частично с ответом)В чем различие и особенности диаграмм пластичного и хрупкого материалов?

Укажите основные механические характеристики стали и чугуна, используя эти диаграммы

Пластичные материалыПластичные материалы практически одинаково работают при растяжении и сжатии. Их механические характеристики т при растяжении и сжатии одинаковы. Хрупкие Хрупкие материалыматериалы разрушаются без образования шейки, не имеют площадки текучести и обладают большей прочностью при сжатии, ,чем при растяжении, .

врвс

Диаграмма растяжения малоуглеродистой стали (пластичного материала)

нц

у

т

в

А

В С

Д

ЕF

О

сжатие

растяжение

Диаграммы растяжения и сжатия чугуна

(хрупкого материала)

врвс

вс

вр

На диаграммах:

ОАВ – зона упругости; ВС – зона общей

текучести

СД – зона упрочнения; ДЕ – зона

разрушения

Основные характеристики прочности:

0А

Fпц А

0А

Fу В Предел упругости – напряжение, при котором

остаточные деформации равны очень малой величине (0,002 ... 0,005% от первоначальной длины)

0А

Fст

Предел текучести – напряжение, при котором происходит рост пластической деформации при практически постоянной нагрузке

0

max

А

Fв

Характеристики пластичности

00

0

0100

L

LLМаксимальное удлинение в момент разрыва

00

0

0 100

А

AA Ш

Максимальное сужение при разрывегде А0- начальная площадь сечения; Аш – площадь образца в месте разрыва

Ответ на вопрос 24 (продолжение)Укажите основные механические характеристики стали, чугуна, используя диаграммы

Предел прочности (временное сопротивление разрыву) – отношение максимальной нагрузки к площади первоначального поперечного сечения образца

Часть этих характеристик приводятся в справочных таблицах. По ним подбирается материал для деталей конструкций.

н

ц

у

т

в

А

В С

Д

ЕF

О

врвс

Предел пропорциональности – наибольшее напряжение, до которого деформации в материале растут пропорционально нагрузке

Вопрос 25Укажите виды механических напряжений в зависимости от величины.

Дайте их определение.

Ответ на вопрос 25 Укажите виды механических напряжений в зависимости от величины.Дайте их определение.

В зависимости от величины рассматривают три вида напряжения: допускаемое, предельное, рабочее. Предельным напряжением(ПрН) считают напряжение, при котором происходит разрушение материала образца или возникают заметные пластические деформации. Для Для пластичных пластичных материаловматериалов предельным напряжением считают предел текучести

т пред для для хрупких хрупких материаловматериалов - пределы прочности при растяжении и сжатии врпредвспред и

Для Для пластично-хрупких пластично-хрупких материаловматериалов (на диаграмме растяжения не имеющих выраженные площадки текучести) предельным напряжением считают напряжение соответствующее максимальной деформации 0,2% ( )2,0 2,0 пред

Допускаемое напряжение - максимальное напряжение, обеспечивающее безопасную работу конструкции. Допускаемое напряжение- это часть предельного.

S

пред

где, - Допускаемое напряжение;

5,12...25,1S

-допускаемый коэффициент запаса прочности, зависящий от качества материала, условий работы деталей, их назначения, точности обработки, расчёта и т. д; S

Рабочее напряжение(РН)-напряжение, возникающее при работе.

ДН

пред

S

предS

S-фактический коэффициент прочности.

Вопрос 26

В чем заключаются две формы условия прочности деталей конструкций для любой деформации?

Первая форма условия прочности:

SS Sпред

S

-фактический коэффициент запаса прочности должен быть больше или равен допускаемому

Вторая форма условия прочности (в общем виде для любой деформации):

ДНРН ДНГХС

ВСФРН

-рабочее напряжение должно быть меньше или равно допускаемому

где, РН- рабочее напряжение, (касательное , и нормальное

);

ВСФ- внутренние силовые факторы, (продольная сила N, поперечные силы Q, момент крутящий Мкр, изгибающие моменты Мизг.

ГХС или ГХП- геометрические характеристики сечения или геометрические характеристикипрочности: площади Ар, Ас , Аср, Асм при растяжении, сжатии, срезе, смятии; Wр - полярный момент сопротивлений при кручении; Wос, Wz- осевые моменты сопротивления при изгибе, изгибе с кручением

Ответ на вопрос 26 В чем заключаются две формы условия прочности деталей конструкций для любой деформации?

Вопрос 27

Используя условия прочности в общем виде

выполняются три вида расчётов на прочность (проверочный, проектный,

определение допускаемой нагрузки).В чём заключаются эти расчёты?

ДНГХС

ВСФРН

1. Проверочный расчёт

ДНРН - определение рабочего напряжения и сравнение его с допускаемым (известны нагрузки, материал, размеры детали; необходимо проверить обеспечена ли прочность ( перегрузка ≤5%, недогрузка ≤10%) Прочно?

2. Проектный расчёт

ГХС≥ВСФ/[ДН]

3. Определение допускаемой (максимальной) нагрузки

[ВСФ]≤ГХС×[ДН]

Ответ на вопрос 27В чем заключаются расчеты на прочность (проверочный, проектный,

определение допускаемой нагрузки)для любой деформации.

Определение геометрических характеристик сечений, далее -размеров сечений тела, например диаметра, номера проката и пр.(задана расчётная схема нагрузки, материал конструкции, размеры деталей подбираются, например: определяется диаметр, номер проката и т.д.)

Определение допускаемого значения внутренних силовых факторов. (по заданному размеру сечения и допускаемому напряжению необходимо найти допускаемое значение рабочей нагрузки – [N], [Q], [Мкр], [Мизг])

ДНГХС

ВСФРН

Вопрос 28

Как изменяются напряжения по сечению бруса, вала, балки (эпюры

напряжений) при растяжении, кручении, изгибе, изгибе с кручением?

Что называется эпюрой напряжений?

Ответ на вопрос 28

График показывающий изменения величины напряжений по высоте или ширине поперечного сечения бруса, называется эпюрой напряжений.

Напряжение по сечениям распределяются:

при растяжении - напряжение распределены по сечению равномерно σ=N/AЭσ Эσ

• при кручении- по линейному закону

, где p-расстояние от центра вала до рассматриваемой точки поперечного сечения,

Jp- полярный момент инерции (геометрическая характеристика сечения при кручении).

Jp

Мкркр

В центре вала напряжение равно 0, в точках расположенных в непосредственной близости от внешней поверхности вала напряжение максимально.

в тех случаях, когда сечение значительно в тех случаях, когда сечение значительно удалено от точки приложения силудалено от точки приложения сил и не равномерно в сечениях, расположенных вблизи точки приложения сил

крэ

ρ

Что называется эпюрой напряжений? Как изменяются напряжения по сечению бруса, вала, балки (эпюры напряжений) при растяжении, кручении, изгибе.

F F

Эпюра напряжений в месте контакта шарика с внутренней поверхностью наружного кольца шарикоподшипника

Эпюры напряжений при смятии

Jp

Мкркр

Э кр

ρ

где ρ – расстояние от центра вала до рассматриваемой точки поперечного сечения

Напряжения распределяются неравномерно

• при чистом изгибе напряжение изменяется по линейному закону

где Y-расстояние от нейтрального слоя до рассматриваемой точки поперечного сечения балки,

Iz- осевой момент инерции (геометрическая характеристика сечения при изгибе).

Iz

Мизгиз

Ответ на вопрос 28 (продолжение) Как изменяются напряжения по сечению бруса, вала, балки (эпюры напряжений) при изгибе.

Несимметричное сечениеСимметричное сечение

Область растяжения

Область сжатия Нейтральная осьУ

Эσ

Эσ

На нейтральной оси напряжение равно 0, наибольшее напряжение возникает на наружной поверхности бруса, причём для несимметрично сечения напряжение в cжатой зоне больше, чем в растянутой. Для симметричного сечения напряжение в сжатой и растянутых зонах напряжение одинаково.

• при прямом и поперечном изгибе в сечениях бруса возникают и нормальные, и касательные напряжения

Sx-статический момент отсечённой части относительно оси z.

Iz

Мизгиз

bIz

SxQyиз

Qy- поперечная сила в сечении,

Нормальные напряжения изменяются как и при чистом изгибе по линейному закону, т.е. максимальные напряжения возникают на наружной поверхности бруса, на нейтральной оси напряжение равно 0.Эσ э

Наибольшее значение касательного напряжения достигается на нейтральной оси.

z

Ответ на вопрос 28 (продолжение)

• изгиб с кручением. В этом случае возникают касательные напряжения и нормальные. Максимальные значения этих напряжений в обоих случаях возникают на поверхности деталей.

крЭ

Расчёты ведут по эквивалентным напряжениям, учитывающим действие касательных и суммарных нормальных напряжений. Касательные напряжения возникают от действия крутящих моментов, а нормальные напряжения – от действия изгибающих моментов, расположенных в горизонтальных и вертикальных плоскостях.

Например: по 3 теории прочности эквивалентное напряжение определяется:

22

суммизгкр

Шэкв

изЭ

Как изменяются напряжения по сечению бруса, вала, балки (эпюры

напряжений) при изгибе с кручением.

Назовите условия прочности и три вида расчетов на прочность при: -растяжении, сжатии -срезе -смятии

Вопрос 29

Ответ на вопрос 29 ДНГХС

ВСФРН

Рассмотрите и выполните примеры расчетов на прочность различных конструкций деталей

машин

Для заданного бруса, нагруженного внешними силами F1, F2, F3, необходимо построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений, проверить его прочность и вычислить перемещение свободного конца, приняв при этом [σ]=160 МПа, Е=2*105 МПА

Вопрос 30. Растяжение и сжатие. Выполните расчет бруса при растяжении и сжатии.

А2=2,1 см2

F1=6.5кНF2=27кН

0,8м 0,5м 0,8м 0,5м

А1=1,8 см2

Рисунок - Схема конструкции

F3=26кН

1. Разбиваем брус на участки.

2. Определяем продольные силы по участкам и строим эпюру продольных сил.

kHFFFN

kHFFN

kHFFN

kHFN

IV

III

II

5.75.62726

12726

12726

26

123

23

23

31

3. Определяем напряжения, возникающие в сечении бруса и строим эпюру напряжений по длине бруса.

МПаA

N

МПаA

N

МПаA

N

МПаA

N

IVIV

III

IIIIII

II

IIII

I

II

7.3510*1.2

10*5.7

8.410*1.2

10*1

6.510*8.1

10*1

1.14410*8.1

10*26

2

3

2

2

3

2

3

2

3

0,8м 0,5м 0,8м 0,5м

F1=6.5кНF2=27кН F3=26кН

IV IIIII I

Эпюра продольных сил

7.5кН1кН 1кН

26кН

Эпюра нормальных напряжений

Вывод: максимальное напряжение возникает на первом участке. Этот участок является опасным.

МПа1.144max

Для заданного бруса, нагруженного внешними силами F1, F2, F3, необходимо построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений, проверить его прочность и вычислить перемещение свободного конца, приняв при этом [σ]=160 МПа, Е=2*105

А2=2,1 см2 А1=1,8 см2

N=N=ΣΣ Fix Fix

FFN

F FN

Минус

Плюс

AN

35.7МПа4.8МПа 5,6МПа

144.1МПа

Ответ на вопрос 30. Выполните расчёт бруса

4. Проверяем прочность бруса в опасном сечении

МПаМПа 1601.144 брус работает с недогрузкой.

5. Определяем % недогрузки

Для уменьшения % недогрузки необходимо или изменить [σ], т.е. изменить материал бруса или изменить площадь его поперечного сечения.

6. Произведём перерасчет площади сечения бруса предположив, что напряжение, возникающее в сечении, получилось равным допускаемому.

2

3

5.162160

10*26мм

NA

I

Принимаем площадь опасного участка А1 =1.64 см2 , т.е. будем иметь экономию материала.

7. Определим перемещение свободного конца бруса

т.е. брус удлиняется.

%9.9%100*160

1601,144

%100*

мм

llllE

l

E

lii

AiE

liNili

ll

IVIIIIIполн

iполн

18,0)8,0*7,355,0*8,48,0*6,505,0*1,144(*10*2

10*1

)****(*1

*

*

*

5

3

43211

iiполн lЕ

l 1

Допускаемое

Недогрузка ≤ 10%

Перегрузка ≤ 5%

Вопрос 31. Растяжение и сжатие. Определите размеры поперечного сечения стержня

Балка АВ нагружена, как показано на рисунке. Определить диаметр сечения стержня BD из условия прочности. Какого номера необходимо взять прокат, если стержень изготовить из равнополочного уголка?

Дано:F=25кНq=6.4кН/мa=1.5мb=4.5мσm=240МПаНайти:d=?№=?

Рисунок - Схема конструкции

FD

A

aa

b

q

CB

600

Балка АВ нагружена, как показано на рисунке. Определить диаметр сечения стержня BD из условия прочности. Какого номера необходимо взять прокат, если стержень изготовить из равнополочного уголка?

Дано:F=25кНq=6.4кН/мa=1.5мb=4.5мσm=240МПаНайти:d=?№=?

1.Рассмотрим равновесие балки АВ.2.Освободим балку АВ от связей, действие связей заменим реакциями. Равномерно-

распределенную нагрузку интенсивностью q заменяем сосредоточенной силой Q, приложенной в центре участка действия нагрузки.

3.Используя условия равновесия для произвольной плоской системы сил, определим реакцию стержня BD.

∑MA(F)=0 | -RAY · 0 + q · 4.5*0.75 - RBD ·3 sin60º · + F · 4.5 = 0RBD=(q*4.5*0.75 + F·4.5) / 3· sin60º = (6.4*4.5*0.75+25·4.5) / 4.5 / 3· 0.87 =45кН

Ответ на вопрос 31. Определите размеры поперечного сечения стержня

Рисунок - Схема конструкции Рисунок - Балка освобожденная от связей

FD

A

aa

b

q

CB

F

CA

aa

b

q

BQ

RAY

RAX

RBD

600

600

4.Под действием силы RBD стержень работает на растяжение и продольная сила равна: |NBD|=|RBD|=45 кН

5.Определим допускаемое напряжение. [σ] = σm / [n] = 240/1.5 = 160МПа

6.Используя условие прочности при растяжении, определим требуемую площадь поперечного сечения стержня ВС, а затем требуемый диаметр стержня ВС.

σ =NBD / A≤[σ] A≥NBD / [σ] A≥45·103 / 160 = 281.25мм2

A= π · d2 / 4 d=√4·A / π dТР≥ √·4·281.25 / 3.14 = 19 мм dТР≥20 мм

7.По таблицам сортамента прокатной стали по найденной площади определим номер уголка. № 4, размерами 40х40х4 и Атабл.=3.06см2

Ответ: диаметр поперечного сечения стержня ВС равен 20 мм; номер уголка № 4.

Вопрос 32. Срез, смятие. Выполните расчет шарнира узла А.

Рычаг прикрепленный к опоре А удерживается в равновесии стержнем ВС. Соединение в точках C,A и D – шарнирное. Рычаг нагружен силой. Необходимо определить диаметр оси шарнирного узла А из условия прочности на срез и проверить соединение на смятие. Если [ ]=80МПа, [σсм]=140МПа

Рисунок – Цилиндрический шарнир узла А

Рисунок – Схема конструкции

45

в

с

F=3 кН

ср

Рычаг прикрепленный к опоре А удерживается в равновесии стержнем ВС. Соединение в точках C,A и D – шарнирное. Рычаг нагружен силой. Необходимо определить диаметр оси шарнирного узла А из условия прочности на срез и проверить соединение на смятие. Если [ ]=80МПа, [σсм]=140МПа

ср

Рисунок – Цилиндрический шарнир узла А

45

в

с

F=3 кН

45

Рисунок – Схема конструкции

в

с

F=3 кН

А

RАY

Рисунок – Силы, действующие на рычаг

RАX

RB

Ответ на вопрос 32.Выполните рассчитайте шарнир узла А

1.Рассмотрим равновесие рычага.2.Освободим рычаг от связей, действие связей заменим реакциями.3.Составляем уравнение равновесия3.Составляем уравнение равновесия для полученной произвольной

плоской системы сил и определяем реакцию опоры А.

∑МА(F)=0 | -RB·45+F·225=0 ∑Fix= 0 | RB·cos20º - RAX=0 ∑Fiy=0 | -RB·sin20º + RAY+F=0

Имеем систему 3-х уравнений с неизвестными, то есть задача статически определимая. Из первого уравнения выражаем RB RB=F·225 / 45=3·225 / 45=15кНИз второго уравнения выражаем RAX RAX= RB·cos20º=15·0.94=14.1кНИз третьего уравнения выражаем RAY RAY= -F+RB·sin20º=-3+15·0.342=2.1кН

4. Полная реакция опоры А RA=√RAX2 + RAY

2 =√14.12 + 2.12 =14.14кН

5. Поперечная сила для оси шарнира численно равна реакции опоры А.

|Q|=|RA|=14.14кН6. Используя условие прочности на срез, определим

диаметр оси шарнира. =Q / n·Aср. ≤ [ ] Аср= Q/n[ ] А= πd2/4 d≥√4Q/nπ[ ] d≥√4*14.14*103 /2*3.14*80 d≥10.61мм

принимаем d=12 мм7. Определяем фактическое напряжение смятия и сравниваем его с допускаемым.

σсм=Q / n·Aср.=14.26·103 / 12·15=79МПа σсм=79МПа < [σсм]=140МПа Фактическое напряжение смятия получается меньше

допустимого, значит условие прочности соблюдается и соединение работает с недогрузкой.

Ответ: диаметр оси шарнирного узла А принимаем 12мм.

ср ср срср

n – количество плоскостей среза; n=2

Рисунок – Конструкция опоры А

F- площадь сечения,

Р- внешняя нагрузка

Р- окружное усилие

Р- внешняя нагрузка

Р- внешняя нагрузка

Р- внешняя нагрузка

Назовите условия прочности и три вида расчетов на прочность при:

-кручении -чистом изгибе -изгибе с кручением

Вопрос 33

Ответ на вопрос 33

Назовите условия прочности и три вида расчетов на прочность при:

-кручении -чистом изгибе -изгибе с кручением

ДНГХС

ВСФРН

Вопрос 34 Кручение. Выберите рациональное поперечное сечение вала

Для стального трансмиссионного вала необходимо определить внешние вращающие моменты на ведущем и ведомых шкивах, построить эпюру крутящих моментов для двух вариантов расположения шкивов. Первый вариант расположения шкивов принять согласно схеме задания, второй вариант выбрать самостоятельно. Для рациональной схемы расположения шкивов из условия прочности и жесткости необходимо определить диаметр вала, если его выполнить сплошным и найти размеры кольца, если вал сделан полым. Диаметры вала считать по всей длине постоянными. Окончательно принимаемое значение диаметров вала должны быть округлены до ближайшего четного или оканчивающегося на 5 числа мм. Для вала кольцевого поперечного сечения принять отношение диаметров С=dвн/ dнар=0,65. Сравнить вес сплошного и полого валов.

Рисунок- Схема конструкции

Дано:P1=20kBmP2=5 kBmP3=15 kBmn=200об/мин[τкр]=20 Н/мм2[φотн]=0,25 град/м

V IV III II I

T4 T3 T1 T2

1. Угловая скорость вала. ω=π·n/30º =3.14·200/30º=20.9c-12.Мощность, передаваемая первым шкивом.

P1=P2+P3+P4=20+5+15=40кВт3.Внешние вращающие моменты.

Т1=P1/ω=40·103/20.9 = 1913.8 Н·м Т2=P2/ω=20·103/20.9 = 956,9 Н·м

Т3=P3/ω=5·103/20.9 = 239,2 Н·м Т4=P4/ω=15·103/20.9 = 717,7 Н·м4.Для проверки найденных значений внешних моментов Т составим уравнение равновесия статики,∑Tix=0| T1-T2-T3 -T4=0 1913.8-956.9-239.2-717.7=0 0=0 т.е. моменты найдены верно.5.Разобьем вал на участки, определяем крутящие моменты по участкам и строим эпюру моментов.Мкр= ±∑ТixМкрI= 0Н*м МкрII=Т2= 956,9Н*м МкрIII= Т2-Т1=956,9-1913,8= -956,9Н*мМкрIV =Т2-Т1+ Т3=956.9-1913.8+239.2= -717.7Н*мМкрV= Т2-Т1+ Т3+ Т4=956,9-1913,8+239,2+717,7= 0Н*мОпасным является участок I и III.

6.Изменяем местами 2 шкива, построим эпюру крутящих моментов.МкрI= 0Н*м МкрII=Т1 = 1913,8Н*м

МкрIII= Т1-Т2= 956,9Н*мМкрIV =Т1 -Т2 - Т3= 717,7Н*м МкрV= Т1 -Т2 – Т3-Т4= 0Н*мОпасным является участок II. Вывод: Рациональным является 1-й вариант

расположения шкивов, так как max момент Мкр=956,9 Нм имеет меньшее значение.

Т

Мкр

-+

Условно

Т = Р/ω

Ответ на вопрос 34 Выберите рациональное сечение вала

V IV III II I

T4

T3

T1

T2

0 Нм

717.7 Нм

956,9 Нм

956,9 Нм

0 Нм0 ЭМкр

0 ЭМкр

V IV III II I

T4 T3 T2 T1

0 Нм

717.7 Нм

956,9 Нм

0 Нм

1913,8 Нм

2 ВАРИАНТ

1 ВАРИАНТ

7.Размеры вала для рациональной схемы расположения шкивов.Из условия прочности: Из условия жёсткости:

φот=180*Мкр/π*G* Jp≤ [φот]

Jр≥180*Мкр/ π*G* [φот]

Сечение вала –круг. Диаметры вала

кркрp

крpкрр

МWwМк

//

16/3dWp 32/4dJ p

d≥ 3√Мкр*16/[τ]кр*π

d≥ 3√ 956,9*103*16/20*3,14= 62,47 ммd=64 мм

d≥4√ 180*Мкр*32/π2*G*[φ]отн

d≥4√ 180*956,9*103*32/3,142*8*104*0,25*10-3=72,7 мм

d = 74 ммТребуемый диаметр вала больше из расчета на жесткость, поэтому его принимаем, как окончательный.

Сечение вала – кольцо. Диаметры кольца

16/1* 43 сdWp 32/1* 44 сdJ нарp

d≥ 3√ Мкр*16/ [τ]кр*π*(1-с4)

d≥ 3√ 956,9*103*160/20*3,14*(1-0,654))=66,72 ммd=68 мм

dн≥ 4√180*Мкр*32/π2*G*[φотн] *(1-с4)

dн≥4 √180*956,9*103*32/3,142*8*104*0,25*10-3*(1-0,654)

=76,38 мм dнар=78 ммТребуемый dнаружн кольца больше из расчета на жесткость, поэтому его принимаем, как окончательный.

По условию По условию

С= С= ddвнвн//ddнарнар=0,65=0,65

Внутренний диаметр кольца dв =С*dнар=0,65*78=50,7 мм,т.е dвн=52 мм

8. Отношение масс валов с сечением круг и кольцо.

Поскольку масса балки пропорциональна площади её поперечного сечения, то отношение масс валов одинаковой длины равно отношению площадей их сечений.

Площадь круглого сечения:А=(π*d2)/4=(3,14*742)/4=4299 мм2

Площадь кольцевого сечения:

А=π*(d2нар-d2

вн)/4=3.14(782-522)=2653 мм2

Отношение площадей сечений вала Акр/ Ак = 4299/2653 = 1,62

Следовательно, вал круглого сечения в1,62 раз тяжелее кольцевого сечения.

С точки зрения экономии материала рациональным является сечение в виде кольца.

Р- внешняя нагрузка

F1=16кН F2=6кНm=9кНм

1.1 м 2.5. м 2.5. м 1.9. м

Вопрос 35. Изгиб. Выберите рациональную форму поперечного

сечения балки

Рисунок Схема конструкции балки

А В

Для балки заданной конструкции определите опорные реакции, постройте эпюру изгибающих моментов и подоберите размеры поперечного сечения следующих вариантов: двутавр, сдвоенный швеллер, круг, квадрат, прямоугольник.

Для балки заданной конструкции определите опорные реакции, постройте эпюру изгибающих моментов и подоберите размеры поперечного сечения следующих вариантов: двутавр, сдвоенный швеллер, круг, квадрат, прямоугольник. Решение.

1. Рассмотрим равновесие балки.

2. Освободим балку от связей, действие связей заменим реакциями.

3. Используя уравнение равновесия статики, найдём реакции опор.

F1=16кН F2=6кНm=9кНм

1.1 м 2.5. м 2.5. м 1.9. м

c A D B E

F RAY m RB F2

09.651.1;0)( 21 FRmFFM BA

09.151.6;0)( 21 FmRFFM AYB

4. Выполним проверку. 00;06102016;0;0 21 FRRFFy BAYРеакции найдены верно.

5.Вычислим изгибающие моменты в характерных точках и построим эпюру моментов.

Мизг= Σ Mc(F)

МDлев=-F1*3.6+RAY*2.5=-16*3.6+20*2.5= -7.6 кНм

МDправ=-F1*3.6+RAY*2.5+m=-16*3.6+20*2.5+9= 1.4 кНм

MB=-F1*6.1+RAY*5+m=-16*6.1+20*5+9= 11.4 кНм

ME=-F1*8+RAY*6.9+m-RB*1.9=-16*8+20*6.9+9-19= 0

Mc=0; MA=-F1*1.1=-16*1.1= -17.6 кН17.6 7,6

1,4 11,4Э Миз(кНм)

Прав.Лев.

Ответ на вопрос 35 Выберите рациональную форму поперечного сечения балки

Минус

Плюс

М

ММ М

ММ

из

из

кНFmFRAY 205/)9.1691.616(5/)9.11.6( 21

RB=(F1*1.1-m+F2*6.9)/5=(16*1.1-9+6*6.9)/5=10 кН

6. Используя условия прочности при изгибе, определим требуемый осевой момент определим требуемый осевой момент сопротивления в опасном сечении балкисопротивления в опасном сечении балки

Опасным является сечение в точке А, где возникает максимальный (по модулю) изгибающий момент Мmax=17,6кНм

WzМ изиз / 333 110160/10106.17

/

смWz

MWz из

7.Подбираем сечения :а)Сечение- двутавр

По требуемому осевому сопротивления Wz>110см3 по таблице сортамента прокатной стали выбираем двутавр №18 для которого Wz=143 см3, площадь сечения А=23,4 см2

б)Сечение- сдвоенный швеллер. Осевой момент инерции одного швеллера Wz=110/2=55см3, по таблицам сортамента прокатной стали выбираем швеллер №14, Wzтаб,=70.2см3,А=15,6см2. Площадь двух швеллеров А=15,6*2=31,2см2 A=31.2 cм2

в)Сечение- круг. Осевой момент сопротивления Wz=πd3/32.

смdWz

d 4.1014.3

11032;

3233

Принимаем d=11см, А=πd2/4=3.14*112/4=95 cм2 А=95 см2

г)Сечение- прямоугольник. h/b=2 (по условию) т.е. h=2b

Wz=bh2/6=b*(2b)2/6=2b3/3, тогда смbWz

b 48.52

3110;

2

333

Принимаем b=6 см, тогда h=2b=2*6=12cм A=b*h=6*12=72 cм А=72 см2

8.Сравниваем площади рассмотренных сечений, выбираем рациональное Наиболее экономичными являются такие формы поперечных сечений, которые имеют наименьшую площадь. Так как затраты материала при одинаковой длине балок пропорциональны площадям их поперечных сечений, то

Наиболее рациональным является сечение в виде двутавра

Рассмотрите примеры расчётов на прочность при изгибе

Вопрос 36.

В чем заключаются условие жесткости при кручении и три вида расчетов на жесткость?

При кручении бруса его ось испытывает скручивание на некоторый угол, который называют углом закручивания. Его величина определяется по формуле

,где l – длина бруса; G – модуль сдвига; Jp – полярный момент инерции Расчеты на жесткость ведутся по единичному углу закручивания (относительному углу

закручивания),т.е. углу закручивания, приходящемуся на единицу длины бруса:

Условие жёсткости при кручении:

Три расчёта на жёсткость при кручении1.Проверочный – проверка жёсткости:

2.Проектный – определение ГХС (Jp) и далее размеров сечения бруса

3.Определение допускаемой нагрузки

GJМкрl

p

мрадl /,0 мрадJpG

Мкр /,0 мградGJpМкр /,180

0

00 JpGМкр

00 JpGМкр

0GМкрJp

Размеры сечения бруса

Например, для вала круглого сечения Jp = πd4/32, тогда d = 4√32Jp/π

0JpGМкр

Ответ на вопрос 36. В чем заключаются условие жесткости при кручении и три вида расчетов на жесткость?

Условие жёсткости и виды расчётов на жёсткость при кручении

Вопрос 37. Назовите условие жёсткости при

изгибе?

Ответ на вопрос 37: Назовите условие жёсткости при изгибе?

Под действием внешних сил ось бруса испытывает линейное перемещение y и угловое перемещение φ (см. рисунок). Линейные и угловые перемещения определяют по формулам, которые составлены с учётом вида нагрузок, направление к оси браса и места приложения к брусу. Эти формулы занесены в специальные таблицы.

Например, если ,то

где, EJz – жёсткость сечения бруса при изгибе.Условие жёсткости при изгибе: рабочее линейное или угловое

перемещение должно быть меньше или равно допускаемому линейному или угловому перемещению, т.е.

где, [y]=(1/200+1/1000)l, [φ]=0,001град

l

x

φ

Fy

lx2

1

zEJ

Fly

48

3

yy max max

Вопрос 38 А. Заполните приведённую таблицу сравнительной характеристики деформаций растяжений и изгиба, руководствуясь вопросами и ответами

рассмотренными ранее.

Характеристика Изгиб (чистый) Растяжение

1.Схема нагружения бруса (балки)Внешние нагрузки, приводящие к деформациям

2.Внутренний силовой фактор, вызывающий напряжения

3.Вид напряжения (нормальное, касательное)

4.Геометрическая величина, характеризующая способность сечения сопротивляться деформации

5.Характер распределения напряжений по сечению (равномерное, неравномерное). Эпюры напряжений по сечению бруса

6.Условия прочности 7.Три вида расчётов на прочность:- проверочный- проектный- определение допускаемой нагрузки

Вопрос 38 Б. Заполните приведённую таблицу сравнительной характеристики деформаций среза и кручения, руководствуясь вопросами и ответами

рассмотренными ранее.

Характеристика Срез Кручение

1.Схема нагружения бруса (балки)Внешние нагрузки, приводящие к деформациям

2.Внутренний силовой фактор, вызывающий напряжения

3.Вид напряжения (нормальное, касательное)

4.Геометрическая величина, характеризующая способность сечения сопротивляться деформации

5.Характер распределения напряжений по сечению (равномерное, неравномерное). Эпюры напряжений по сечению бруса

6.Условия прочности 7.Три вида расчётов на прочность:- проверочный- проектный- определение допускаемой нагрузки

Виды деформацииВиды деформации

Схема нагружения, ВШСF F F

F mВнутренний силовой

фактор, ВСФN Мизг

РастяжениеРастяжение Изгиб чистыйИзгиб чистый СрезСрез КручениеКручение

Q МкрВид напряжения.

ВеличинаНормальное

σ=N/A

Нормальное

σ=Mизг/Wос

Касательное Касательное

срср A

Qр

кр WМкр

Геометрическая хар-ка сечения ГХС Ар Wос Аср Wp

Эпюра напряжений по сечению

равномерное

Эσиз

равномерноенеравномерное

неравномерноеЭ

срЭσиз Э кр

Условие прочности σ=N/A≤[σ] σ=М/Wос≤[σ] ср

ср AQ

ркр W

Мкр

σ≤[σ]

А≥N/[σ]

[N]≤A[σ]

σиз≤[σиз]

Wос≥Миз/[σ]

[Миз]≤Wос[σ]

Расчёты на прочность

срср

срср

QA

срAQ

кркр

кркрр МW /

крpкр WМ ][ ДНГХС

ВСФРН

1) σ, τ

3) N, Q,

Мкр,Миз 2) А, Wp, Wос

Размеры сечений

Ответ на Ответ на вопрос 38 А, Бвопрос 38 А, Б

2.8.Сводные таблицы « Основные характеристики

деформации»

Сводная таблица

Основные характеристики деформаций растяжения и сжатия

Вид напряжений

Распределение напряжения по сечению; условие

прочности, расчёты на прочность

Модуль и знак ВСФ

Внутренние силовые факторы

(ВСФ)

Схема конструкций

(ВШС)

F

F

а

б

1 2 3 4

Растяжение

Сжатие

F N

N ≠ 0 FF NN=∑Fix

F FN

(+)

(-)

∑Fix -алгебраические суммы проекций

внешних сил на оси координат

F N

N ≠ 0

р

Нормальные напряжения

сж

x

мхzM z

N

y My

P

F Qy

Qz

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

х

yF g

z

у

z

Нормальное напряжение- σ

Касательные напряжения-

zy , Полное напряжение- p

p

x

y

z

равномерное

Эσр

σ=N/A≤[σ]

σ≤[σ]

А≥N/[σ]

[N]≤A[σ]

ДНГХСВСФРН

Модуль и знак ВСФ

Внутренние силовые

факторы (ВСФ)

Схема конструкций

(ВШС)

1 2 3 4

x

мхz

M z

N

y My

P

F Qy

Qz

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

х

yF g

z

у

z

Нормальное напряжение- σ

Касательные напряжения-

zy , Полное напряжение- p

p

x

y

z ДНГХСВСФРН

Сводная таблица

Основные характеристики деформации среза

F

F

Q

Q ≠ 0 - сдвиг (срез-сдвиг, доведённый до разрушения)

F

F

F Q F

F

Q

Qy=∑Fiy Qz=∑Fiz

(+) (-)

равномерноеЭ

ср

ср

ср AQ

срср

срср

QA

срAQ

ср - касательное напряжение

Вид напряжений

Распределение напряжения по сечению; условие

прочности, расчёты на прочность

Внутренние силовые

факторы (ВСФ)

Схема конструкций

(ВШС)

1 2 3

x

мхz

M z

N

y My

P

F Qy

Qz

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

х

yF g

z

у

z

Нормальное напряжение- σ

Касательные напряжения-

zy , Полное напряжение- p

p

x

y

z ДНГХСВСФРН

Сводная таблица

Основные характеристики деформации смятия

F

F

N

N ≠ 0, (смятие- местная деформация сжатия, возникающая на наружной поверхности деталей)

Вид напряжений

Распределение напряжения по сечению;

условие прочности, расчёты на прочность

считают равномерно

*dАсм Закон распределения напряжения сложный, расчёт ведут упрощённо. За расчётную площадь смятия принимают проекцию поверхности полуцилиндра на диаметральную плоскость

смсм

см АF

смсм

смсм

FА смcv AF *lNl = lFl

σсм – нормальное напряжение

Модуль и знак ВСФ

Внутренние силовые

факторы (ВСФ)

Схема конструкций

(ВШС)

в

г

1 2 3 4

(+)

(-)

x

мхz

M z

N

y My

P

F Qy

Qz

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

х

yF g

z

у

z

Нормальное напряжение- σ

Касательные напряжения-

zy , Полное напряжение- p

p

x

y

z

m

На вал действуют моменты

Т1Т2

Мкр

Мкр ≠ 0 кручение

m

Т2

Мкр ≠ 0 кручение

Мкр

Mкр=∑Tix

Условно

М или Т

М или Т

Mкр=∑mix

Мкр

Мкр

∑ Tix, Σm - алгебраическая сумма моментов внешних сил относительно оси х

Касательное напряжениекр

ДНГХСВСФРН

неравномерное Э кр

р

кр WМкр

кркр

кркрр МW /

крpкр WМ ][

Jp

Мкркр

Сводная таблица

Основные характеристики деформации кручения

Вид напряженийРаспределение

напряжения по сечению; условие прочности,

расчёты на прочность

Модуль и знак ВСФ

Внутренние силовые

факторы (ВСФ)

Схема конструкций

(ВШС)

1 2 3 4

x

мхz

M z

N

y My

P

F Qy

Qz

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

х

yF g

z

у

z

Нормальное напряжение- σ

Касательные напряжения-

zy , Полное напряжение- p

p

x

y

z ДНГХСВСФРН

Сводная таблица

Основные характеристики деформации чистого изгиба

м

Миз

Миз

М М

М

Mизг = ∑Mc(F)

М

Мизг М

Мизг ≠ 0 чистый изгиб

неравномерное Эσиз

σ=М/Wос≤[σ]

σиз≤[σиз]Wос≥Миз/[σ]

[Миз]≤Wос[σ]

Iz

Мизгиз

σиз – нормальное напряжение

Вид напряженийРаспределение напряжения

по сечению; условие прочности, расчёты на

прочность

Вид напряжений

Модуль и знак ВСФ

Внутренние силовые факторы

(ВСФ)

Схема конструкций

(ВШС)

1 2 3 4

x

мхz

M z

N

y My

P

F Qy

Qz

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

х

yF g

z

у

z

Нормальное напряжение- σ

Касательные напряжения-

zy , Полное напряжение- p

p

x

y

z ДНГХСВСФРН

Сводная таблица

Основные характеристики деформации прямого поперечного изгиба

F

F

F Q F

F

Q

Миз

Миз

М М

М

Mизг = ∑Mc(F)

Qy=∑Fiy Qz=∑Fiz

(+)

(+)

(-)

(-)

QМизг

F

Мизг ≠ 0

Q ≠ 0Прямой

поперечный изгиб

–

нормальное и касательное напряжения

Iz

Мизгиз

bIz

SxQyиз

Большинство балок рассчитывают только по нормальным напряжениям. Деревянные, узкие, короткие балки проверяют и по касательным. (см. чистый изгиб)

Вид напряжения, условие прочности,

расчёты на прочность

Модуль и знак ВСФ

Внутренние силовые

факторы (ВСФ)

Схема конструкций

(ВШС)1 2 3 4

x

мхz

M z

N

y My

P

F Qy

Qz

N- продольная силаQy-поперечная силаQz-поперечная силаMx-крутящий моментMy-изгибающий моментMz-изгибающий момент

х

yF g

z

у

z

Нормальное напряжение- σ

Касательные напряжения-

zy , Полное напряжение- p

p

x

y

z ДНГХСВСФРН

Сводная таблица

Основные характеристики деформации изгиба с кручением

Fr Ft y

x

z

RАy RВ

y

Fr

Fr RВzRАz

Ft

х z Ft

T=Ftd/2 Мкр≠0 - Кручение

Вертикальная плоскость Горизонтальная плоскостьИзгиб

Q≠0, Мизг≠0

Поперечные силы малы и в расчётах не учитывают

А А

А

В В

В

Миз

Миз

М М

М

Mизг = ∑Mc(F)

Mкр=∑Tix

(+) (-)

(+)

(-)

условно

ос

экв WМэкв

Эквивалентное

напряжение σэкв22

суммизгкр

Шэкв

22кризгэкв МММ

экв

эквос

МW

осэкв WМ *

ix

2.9. ИТОГОВОЕ ЗАДАНИЕ. Комплексная задача

«Проектный расчет вала при совместном действии изгиба с кручением»

Рассмотрите комплексную задачу «Проектный расчет вала при совместном действии изгиба с кручением», включающую следующие вопросы по статике, динамике, сопротивлению материалов:

Составление расчетных схем Теорему о параллельном переносе сил (статика) Аксиому о переносе силы вдоль линии ее действия (статика) Пара сил, момент пары (статика) Балки, их опоры, реакции опор (статика) Уравнения равновесия для произвольной плоской системы сил.

Определение реакций опор (статика) Мощность при вращательном движении твердого тела (динамика) Метод сечений. Внутренние силовые факторы (момент крутящий,

момент изгибающий, момент эквивалентный). Определение их величины, знака (сопротивление материалов - СМ)

Виды деформаций в зависимости от ВСФ (кручение, изгиб, изгиб с кручением - из СМ)

Эпюры ВСФ (ЭМкр, ЭМиз). Построение эпюр по уравнениям (Мкр), по характерным точкам (ЭМиз - из СМ)

Виды механических напряжений (нормальное, касательное, рабочее, допускаемое)

Геометрические характеристики сечений (осевой момент сопротивлений для круга)

Условие прочности при изгибе с кручением Проектный расчет при изгибе с кручением

Проектный расчёт вала

• Условие прочности

22

суммизгкр

Шэкв

ос

кргоризг

вертизг

ос

IIIШэкв W

МММW

Мэкв222 )()(

экв

осэкв W

Мэкв

эквос

МW 323dWос

3 32 эквМ

d

Решение:1. Расчётная схема вала

2. Вращающие моменты Т=Р/ω; Т1=Т2=Т

3. Эпюра крутящих моментов 4. Нагрузки Ft=2T/d= Fr=0,4Ft=5. Реакции опор от сил, действующих в плоскостях:

Mx=Mкр=∑TixТ

Т

МкрМкр

вертикальной горизонтальной∑МА(F)=0

∑МВ(F)=0

∑Fiy=0 (проверка)

∑МА(F)=0

∑МВ(F)=0

∑Fiz=0 (проверка)

D2=260

80 120 60

D1=130 Y

Z

X

Fr1

F1

Fr2

F2ώ=22рад/сP= 6кВт

Порядок проектного расчёта вала при совместном действии изгиба с кручением

Дано

Fr=0.4Ft

[σ]=160 МПа

Определить

Диаметр вала в

опасном сечении

6. Эпюры изгибающих моментов от сил, действующих в вертикальной и горизонтальной плоскостях

Мизг

ПлюсМ М

МизгМинусМ М

Мизг= Σ Mc(F)

7. Эквивалентный момент в наиболее нагруженной точке

222 )()( кргоризг

вертизгэкв ММММ

8. Диаметр вала в опасном сечении

экв

осэкв W

Мэкв

эквос

МW 323dWос

3 32 эквМ

d

Задача 2.8.Расчёт вала при совместном Задача 2.8.Расчёт вала при совместном действии изгиба с кручениемдействии изгиба с кручением

Для стального вала постоянного поперечного сечения с двумя зубчатыми колесами, передающего мощность Р=16кВ,при угловой скорости =30 рад/с, определить диаметр вала, используя третью гипотезу прочности,[б]=160МПа,Fr =0,4Ft.

Решение

1.Составляем расчётную схему вала,1.Составляем расчётную схему вала, приводя действующие нагрузки на вал. При этом используем

из статики теорему о приведении силы к точке и аксиому о переносе силы вдоль линии её действия.

Пример решения

Fr

Fr

y

Ft

Ft

Ft

Ft*

Ft**

Т=Ftd/2

IFtI=IFt*I=IFt**IFt2

А

ВRАz

x

z

o

FFtt11

D C

Силы в горизонтальной плоскости

y

oFr1 Fr2

АВ

RВzx

RАyRвy

CСилы в вертикальной плоскостиD

o

FFtt11

yd2=250

50 50200

d1=100 FFtt22

Fr1

Fr2

А Вx

z Перенесём нагрузки к валу

Т2

В

На вал действуют моменты

Т1

z

o

RАzRВz

Fr2Fr1 FFtt22

FFtt11RАy Т1

Т2

А В

RАz

x

Расслаиваем нагрузки

1 3

Т2

В

При равномерном вращении вала Т1=Т2=0,5кНм , где Т1 и Т2 внешние вращающие моменты, которые добавляются при переносе сил Ft к оси вала

2. Определяем внешние вращающие моменты2. Определяем внешние вращающие моменты

3. Разбиваем вал на участки. Определяем крутящие моменты по участкам, 3. Разбиваем вал на участки. Определяем крутящие моменты по участкам, используя метод сечения и строим эпюру крутящих моментовиспользуя метод сечения и строим эпюру крутящих моментов

Mx=Mкр= Σ TixТТ

МкрМкр

Мкр1 = 0;

Эпюра Мкр 0.5 kHм

0

Т1 = Т2

33

=15*10 /30=0.5*10 Hм=0,5кНм

Т = P/ ω

условно

Мкр2 = Т1 = 0,5 кНм; Мкр3=0,5-0,5=0

2

Т1

4. Вычисляем нагрузки, приложенные к валу4. Вычисляем нагрузки, приложенные к валу

FFtt

T=Ftd/2;

FFtt11=2*0.5*103 /0.1=103 Н = 10кН10кН

Fr1 = 0.4Ft1=0.4*10 = 4кН

FFtt22 = 2*0.5*103 /0.25=4*103 Н = 4 кН4 кН

Fr2=0.4Ft2=0.4*4 = 1.6 кН

FFtt=2T/d=2T/d

Fr = 0.4FFtt

По условию

dd

0,18 кНм

0,1 кНм

Эпюра Мизг

Вертикальная плоскость

5. Определяем реакции опор от сил, действующих в вертикальной плоскости, 5. Определяем реакции опор от сил, действующих в вертикальной плоскости, используя уравнения равновесия статики.используя уравнения равновесия статики.

50 200 50

FFtt11Fr1 Fr2

АВ

x

y

o

RАyRвy

D C

Mизг= =∑Mc(F)

М М

М М

Мизг

Мизг∑MA(F)=0 ∑MВ(F)=0

RbY=(Fr1·0,05+Fr2·0,25)/0,3=(4·0,05+1,6·0,25)/0,3= 2кНRAY=(Fr1·0,25+Fr2·0,05)/0,3=(4·0,25+1,6·0,05)/0,3= 3,6кН

Проверка: ∑FIY=0

RAY-Fr1-Fr2+RbY=03,6-4-1,6+2=00=0, т.е. реакции найдены верно.

6. Определяем изгибающие моменты в характерных точках от сил, действующих в вертикальной плоскости и строим эпюру

MA=RAY·0= 0 MB=RAY·0,05=3,6·0,05= 0,18кНм MC=RAY·0,25-Fr1·0,2-Fr2·0=3,6·0,25-4·0,25= 0,1кНмMD=RAY·0,3-Fr1·0,25-Fr2·0,05+RbY·0=3,6·0,3-4·0,25-1,6·0,05= 0

Fr1·0,05+Fr2·0,25-RbY·0,3=0RAY·0,3-Fr1·0,25-Fr2·0,05=0

5. Определяем реакции опор от сил, действующих в5. Определяем реакции опор от сил, действующих в горизонтальной плоскости, используя уравнения равновесия статики.используя уравнения равновесия статики.

Mизг= =∑Mc(F)

Эпюра Мизг строится на

сжатых волокнах

FFtt22

А

ВRАz

x

zo

Горизонтальная плоскостьГоризонтальная плоскость

Эпюра МизгЭпюра Мизг

50 200 50

0,083 кНм 0,383 кНм

D CFFtt11 RBz

-FFt1t1·0,05+FFt2t2·0,25-RBZ·0,3=0RAZ·0,3-FFt1t1·0,25+FFt2t2·0,05=0RBZ=(-FFt1t1·0,05+FFt2t2·0,25)/0,3=(-10·0,05+4·0,25)/0,3=1.66кНRAZ=(FFt1t1·0,25-FFt2t2·0,05)/0,3=(10·0,25-4·0,05)/0,3=7.66кН

Проверка:∑FIY=0 RAZ-FFt1t1-FFt2t2+RBZ=0

7.66-10-4+1.66=00=0, т.е. реакции найдены верно.

6. Определяем изгибающие моменты в характерных точках от сил, действующих в горизонтальной плоскости и строим эпюру

MA=RAZ·0= 0 MD=RAZ·0,05=7.66·0,05= 0,383кНмMC=RBZ·0,05=1.66*0.05=0.083кНмMb=RBz*0=0

∑MA(F)=0∑MB(F)=0

9.9. Определяем суммарные изгибающие моменты в точках В и С. Определяем суммарные изгибающие моменты в точках В и С.

Мизг сум=√(Мизг гор)²+(Мизг верт)²

В точке В Мизг сум =√0,383²+0,18² =0,423кНмВ точке С Мизг сум =√0,1²+0,083² =0,13кНм

Наиболее нагруженной точкой является точка В

10. Вычисляем наибольшее значение эквивалентного момента в точке В10. Вычисляем наибольшее значение эквивалентного момента в точке В

Мэкв=√(Мизг сум)²+Мкр² =√0,423²+0,5²= 0,655кНм

11. Определяем диаметр вала в опасном сечении, используя условия 11. Определяем диаметр вала в опасном сечении, используя условия прочности при совместном действии изгиба с кручением.прочности при совместном действии изгиба с кручением.

σэкв =М экв/WОС≤[σ] WОС=π·d³/32≈0,1d³

d≥³ √Мэкв·32/3,14·[σ]

d≥³ √0,655·10·32/3,14·160

d≥196мм

Ответ: диаметр вала равен d≥196мм.

Пример оформления Пример оформления проектного расчета проектного расчета

вала при вала при совместном совместном

действии изгиба с действии изгиба с кручениемкручением

P= 6кВт ώ=22рад/с

60 80 60

D1=125D2=300

Y

Z

X

Fr1F1

Fr2

F2

P=8кВт ώ=36рад/с

Fr1

F1

F2

Fr2

D1=150 D2=250

70 70 70

Y

Z

X

P=10кВт ώ=40рад/с

Fr1

F1

F2

Fr2

D1=150 D2=300

80 100 80

Y

Z

X

P=10кВт ώ=40рад/с

80 120 60

D1=130D2=260

Y

Z

X

Fr1F1

Fr2

F2

2

34

1

Для стального вала постоянного поперечного сечения с двумя зубчатыми колёсами, передающего мощность P= кВт, при угловой скорости ώ= с-1 определить вертикальные и горизонтальные составляющие реакции подшипников, построить эпюры крутящихся моментов, эпюры изгибающих моментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях, определить диаметр вала в опасном сечении, приняв [σ]=160 МПа, Fr =0.4Ft

Приложения.Приложение А. Индивидуальные задания расчётно-

графических работ Тема: Совместное действие изгиба с кручением. Проектный расчёт

вала

D2=190

104 80 100

D1=120 Y

Z

X

Fr1F1

Fr2

F2

P=12кВт ώ=48рад/с

80 100 70

D1=120D2=200

Y

Z

X

Fr1F1

Fr2

F2

P=20кВт ώ=50рад/с

Fr1

F1D1=70

D2=240

120 120 80

F2

Fr2

P=3кВт ώ=45рад/с

Y

Z

X

F2

Fr2

F1

D1=100 D2=250

90 140 90

P=5кВт ώ=20рад/с

Fr1

Y

X

Fr2 F2

F1

Fr1

D1=140 D2=240

100 150 100

P,кВт-12 ώ,рад/с-68

Y

Z

X

Fr1

F1D1=60

D2=190

120 120 80

F2

Fr2

P=3кВт ώ=50рад/с

Y

Z

X

65

7 8

910

Приложение Б. Алгоритм решения задачи на расчет вала при совместном действии изгиба с кручением

Изучение сопротивления материалов с использованием компьютерных презентаций позволяет:

• - активировать, интенсифицировать процесс обучения;• - усвоить общие принципы расчета элементов конструкций на прочность,

жесткость, осмыслив рассмотрение в расчетах вопросов экономии материалов;• - научиться выполнять и оформлять инженерные расчеты, применять

алгоритмы, пользоваться справочной литературой;• - проявить больший интерес к техническим дисциплинам;• - легче, проще перейти к пониманию и восприятию сложных, многообразных

технических расчетов в разделе «Детали машин»;• - использовать материалы пособия 2 для разработки пособия 4 «Материалы

для организации самостоятельной работы студентов по дисциплине «Техническая механика»;

• - облегчить студентам понимание и изучение дисциплины;• - повысить успеваемость по предмету.

ВЫВОДЫ