Сопротивление материалов. Учебное пособие для выполнения курсовых работ. Гонтарь И.Н - 190 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ПГУ | Пенза

Составители: 

Рубрика: 

190
Давление шкивов в вертикальной плоскости определяем проецирова-
нием их на ось Y:
R
1Y
= 0, так как α
1
= 0.
R
2Y
= R
2
· sin α
2
= 7,5 · sin 60 º = 6,5 кН ⋅ м; R
2Y
= R
3Y
= 6,5 кН ⋅ м.
Реакции опор определяем из условий равновесия всех внешних вер-
тикальных сил:
∑mom
A = 0; R
ВY
·L – R
2Y
(а + b) – R
3Y
(a + b + c) = 0,
где L – длина вала; L = a + b + c + b = 0,4 + 0,3 + 0,18 + 0,3 = 1,18 м.
R
ВY
·1,18 – 6,5(0,4 + 0,3) – 6,5(0,4 + 0,3 + 0,18) = 0,
откуда R
ВY
= 8,7 кН.
∑mom
В = 0; – R
АY
·L + R
2Y
(b + с +b) + R
3Y
b = 0,
– R
АY
·1,18 + 6,5(0,18 + 0,3) + 6,5 · 0,3 = 0,
откуда R
АY
= 4,3 кН.
Проверка вычислений. ΣY = 0; R
АY
– R
2Y
– R
3Y
+ R
ВY
= 0;
4,3 – 6,5– 6,5 + 8,7 = 0. Силы уравновешены.
Вычисления выполнены верно.
Определяем изгибающие моменты в вертикальной плоскости, пользу-
ясь методом сечений на каждом участке вала:
I участок
A – B. М
В
I
= R
АY
· z
1
; 0 ≤ z
1
≤ a = 0,4 м;
z
1
= 0 М
В
I
= 0;
z
1
= a = 0,4 м, М
В
I
= 4,3 · 0,4 = 1,72 кН ⋅ м;
II участок
B – C. М
В
II
= R
А
(а + z
2
); 0 ≤ z
2
≤ b = 0,3 м;
z
2
= 0 М
В
II
= 4,3 · 0,4 = 1,72 кН ⋅ м;
z
2
= b = 0,3 м; М
В
II
= 4,3 (0,4 + 0,3) = 3,01 кН ⋅ м;
III участок
С – D. М
В
III
= R
АY
(а + b + z
3
) – R
2Y
· z
3
; 0 ≤ z
3
≤ c = 0,118 м;
z
3
= 0 М
В
III
= 4,3 (0,4 + 0,3) = 3,01 кН ⋅ м;
z
3
= c = 0,18 м, М
В
III
= 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 6,5 ⋅ 0,18 = 2,61 кН ⋅ м;
IV участок
D – E.
М
В
IV
= R
АY
(а + b + с + z
4
) – R
2Y
(с + z
4
) – R
3Y
· z
4
; 0 ≤ z
4
≤ b = 0,3 м;
Z
4
= 0 М
В
IV
= 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 6,5 · 0,18 = 2,61 кН ⋅ м;
z
4
= b = 0,3 м,
М
В
IV
= 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18 + 0,3) – 6,5(0,18 + 0,3) – 6,5 · 0,3 = 0,004 кН ⋅ м.
По условиям закрепления в опоре В не должно возникать изги-
бающих моментов
. Расчётом это подтверждается. 
      Давление шкивов в вертикальной плоскости определяем проецирова-
нием их на ось Y:
      R1Y = 0,      так как α1 = 0.
      R2Y = R2 · sin α2 = 7,5 · sin 60 º = 6,5 кН ⋅ м;        R2Y = R3Y = 6,5 кН ⋅ м.
      Реакции опор определяем из условий равновесия всех внешних вер-
тикальных сил:
      ∑mom A = 0;          RВY ·L – R2Y (а + b) – R3Y (a + b + c) = 0,
где L – длина вала;        L = a + b + c + b = 0,4 + 0,3 + 0,18 + 0,3 = 1,18 м.
      RВY ·1,18 – 6,5(0,4 + 0,3) – 6,5(0,4 + 0,3 + 0,18) = 0,
      откуда RВY = 8,7 кН.
      ∑mom В = 0;          – RАY ·L + R2Y(b + с +b) + R3Yb = 0,
      – RАY ·1,18 + 6,5(0,18 + 0,3) + 6,5 · 0,3 = 0,
      откуда RАY = 4,3 кН.
      Проверка вычислений. ΣY = 0;              RАY – R2Y – R3Y + RВY = 0;
      4,3 – 6,5– 6,5 + 8,7 = 0. Силы уравновешены.
      Вычисления выполнены верно.
      Определяем изгибающие моменты в вертикальной плоскости, пользу-
ясь методом сечений на каждом участке вала:
      I участок A – B.             МВI = RАY · z1;            0 ≤ z1 ≤ a = 0,4 м;
                       I
      z1 = 0        МВ = 0;
      z1 = a = 0,4 м,             МВI = 4,3 · 0,4 = 1,72 кН ⋅ м;
      II участок B – C. МВII = RА (а + z2);            0 ≤ z2 ≤ b = 0,3 м;
      z2 = 0        МВII = 4,3 · 0,4 = 1,72 кН ⋅ м;
      z2 = b = 0,3 м;             МВII = 4,3 (0,4 + 0,3) = 3,01 кН ⋅ м;
      III участок С – D. МВIII= RАY(а + b + z3) – R2Y · z3; 0 ≤ z3 ≤ c = 0,118 м;
      z3 = 0        МВIII = 4,3 (0,4 + 0,3) = 3,01 кН ⋅ м;
      z3 = c = 0,18 м, МВIII = 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 6,5 ⋅ 0,18 = 2,61 кН ⋅ м;
      IV участок D – E.
      МВIV= RАY (а + b + с + z4) – R2Y (с + z4) – R3Y · z4; 0 ≤ z4 ≤ b = 0,3 м;
      Z4 = 0        МВIV= 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 6,5 · 0,18 = 2,61 кН ⋅ м;
      z4 = b = 0,3 м,
      МВIV= 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18 + 0,3) – 6,5(0,18 + 0,3) – 6,5 · 0,3 = 0,004 кН ⋅ м.
      По условиям закрепления в опоре В не должно возникать изги-
бающих моментов. Расчётом это подтверждается.


                                         190

Страницы