Студопедия

КАТЕГОРИИ:


Архитектура-(3434)Астрономия-(809)Биология-(7483)Биотехнологии-(1457)Военное дело-(14632)Высокие технологии-(1363)География-(913)Геология-(1438)Государство-(451)Демография-(1065)Дом-(47672)Журналистика и СМИ-(912)Изобретательство-(14524)Иностранные языки-(4268)Информатика-(17799)Искусство-(1338)История-(13644)Компьютеры-(11121)Косметика-(55)Кулинария-(373)Культура-(8427)Лингвистика-(374)Литература-(1642)Маркетинг-(23702)Математика-(16968)Машиностроение-(1700)Медицина-(12668)Менеджмент-(24684)Механика-(15423)Науковедение-(506)Образование-(11852)Охрана труда-(3308)Педагогика-(5571)Полиграфия-(1312)Политика-(7869)Право-(5454)Приборостроение-(1369)Программирование-(2801)Производство-(97182)Промышленность-(8706)Психология-(18388)Религия-(3217)Связь-(10668)Сельское хозяйство-(299)Социология-(6455)Спорт-(42831)Строительство-(4793)Торговля-(5050)Транспорт-(2929)Туризм-(1568)Физика-(3942)Философия-(17015)Финансы-(26596)Химия-(22929)Экология-(12095)Экономика-(9961)Электроника-(8441)Электротехника-(4623)Энергетика-(12629)Юриспруденция-(1492)Ядерная техника-(1748)

Розрахункові завдання 1 страница




ТЕХНІЧНА МЕХАНІКА

Для студентів ДКНГ спеціальностей

«Буріння свердловин»

«Експлуатація нафтових і газових свердловин»

«Обслуговування і ремонт обладнання нафтових і газових промислів»

 

Розробив викладач: Гончаківський І. Н.

 

 

Розглянуто комісією загально технічних дисциплін

 

Протокол № _____ від «____ «____________ 2013 р.

 

Голова циклової комісії _________________ Н. Т. Баранчук

 

-2-

Пояснювальна записка

 

Дані завдання для розрахункових робіт призначені для закріплення знань з основних розділів курсу «Технічна механіка» і набуття вмінь розв’язку типових задач.

Завдання містять три розрахункові роботи відповідно до трьох розділів курсу – «Теоретична механіка», «Опір матеріалів», «Деталі машин».

Розрахункова робота № 1 складається з чотирьох задач з основних тем розділу «Теоретична механіка» - «Плоска система збіжних сил», «Плоска система довільно розташованих сил», «Просторова система сил» і «Центр ваги». Під час розв’язування завдань цієї розрахункової роботи студенти одержують вміння складати рівняння рівноваги і визначати реакції в’язей, знаходити положення центра ваги складної плоскої фігури.

Розрахункова робота № 2 містить три завдання з основних тем «Опору матеріалів» - «Розтяг і стиск», «Кручення» та «Згин». При виконанні цієї розрахункової роботи студенти набувають вмінь проводити розрахунки на міцність простих елементів конструкцій при основних видах деформацій.

Розрахункова робота № 3 являє собою комплексне завдання з розділу

«Деталі машин», яке передбачає кінематичний і силовий розрахунок приводу для передачі обертового руху, розрахунок зубчастої або червячної передачі передачі, проектний розрахунок вала, підбір підшипників, вибір шпонки, розрахунок шпонкового з’єднання. При виконанні цієї розрахункової роботи студенти одержують вміння з основ розрахунку і проектування типових деталей машин.

Робота над виконанням даних завдань сприяє формуванню вмінь і навичок самостійної розумової праці студентів, їх професійно-практичній підготовці.

 

 

-3-

Методичні вказівки

 

до виконання розрахункових робіт

 

З розділу теоретичної механіки передбачається виконання розрахункової роботи № 1, яка складається з чотирьох задач.

Першу задачу необхідно розв’язувати після вивчення тем «основні поняття статики» та «Плоска система збіжних сил».

В задачі необхідно визначити реакції двох шарнірно з’єднаних між собою стержнів, втримуючих два вантажі. Таким чином, до шарніра, що з’єднує стержні, прикладені чотири сили, дві з яких (реакції) невідомі. Задачу необхідно розв’язати аналітичним та графічним способами. Перевірити правильність розв’язку задачі слід аналітично, вибравши нові осі координат.

При аналітичному способі розв’язку складаються два рівняння рівноваги: рівняння алгебраїчної суми проекцій сил на осі координат у вигляді

å Fix = 0; å Fiy = 0.

Застосовується й інша форма запису цих рівнянь:

å X = 0; å Y = 0.

Систему координат слід вибирати раціонально, щоб розв’язок задачі був якомога простіший. Доцільно систему координат вибирати так, щоб одна з осей була перпендикулярна хоча б до однієї з невідомих реакцій.

При зображенні реакцій в’язей необхідно пам’ятати, що реакція гладкої опорної поверхні напрямлена по нормалі до цієї поверхні в сторону тіла, реакція точкової опори (ребро двохгранного кута) напрямлена по нормалі до гладкої поверхні опираючого тіла в сторону тіла, реакція гнучкої в’язі напрямлена вздовж в’язі від тіла (рис.1), гнучка в’язь, перекинута через блок, змінює напрям сили, що передається, без зміни її величини, реакція жорсткого прямого стержня з шарнірними кріпленнями кінців, напрямлена вздовж його осі в сторону від стержня (якщо стержень розтягується), або в сторону до стержня (якщо стержень стискається),реакцію шарнірної в’язі невідомої за напрямком прийнято представляти у виді двох складових реакцій по осях координат (рис. 2).

 
 

 

 


Рис. 1

-4-

 

Рис. 2

 

При складанні рівнянь рівноваги необхідно пам’ятати наступне. Проекція сили на вісь – скалярна величина, що визначається відрізком, який відсікається перпендикулярами, опущеними з початку і кінця вектора сили на цю вісь.

Проекція вектора вважається додатною (+), якщо напрям від її початку до кінця співпадає з додатнім напрямом осі, при оберненому напрямі проекція від’ємна (-) (рис. 3).

 

Рис. 3

 

Якщо напрям сили збігається з напрямом осі, то проекція додатня і рівна модулю сили, якщо напрям сили протилежний - то проекція рівна модулю сили, але від’ємна; якщо сил перпендикулярна до осі, то її проекція на цю вісь рівна нулю (рис. 4).

 

Рис. 4

 

-5-

Приклад 1 Необхідно визначити зусилля в стержнях АВ і СВ, спільний шарнір яких В навантажений як показано на рис. 5 силами F1 = 0,5 кН і

F2 = 1 кН.

 

Розв’язок

 

Аналітичний метод.

 

Згідно V-ї аксіоми статики (закону

рівності дії і протидії) зусилля в

стержнях рівні за модулем і протиле-

жні реакціям стежні в SCB = RC (S CB =

-R C); SAB = RA (S AB = - R A ). Отже, виз-

начивши реакції стежнів, тим самим

Рис. 5 знайдемо зусилля в стержнях.

1. Виділимо об’єкт, рівновагу якого слід розг-

лянути, щоб визначити невідомі реакції. Таким об’єктом є шарнір В.

2. Зобразимо діючі в т. В активні сили (навантаження) F 1 і F 2, діючі на

шарнір В вздовж нитей, до яких прикріплені вантажі.

3. Звільняємо шарнір В від в’язей (стержнів) і заміняємо дію в’язей їх

реакціями R A і R C напрямленими вздовж стержнів АВ і ВС відповідно.

Не завжди заздалегідь можна визначити, який із стержнів розтягнений чи

стиснений. Тому попередньо вважаємо обидва стержні розтягненими.

Відповідно до цього реакції R A і R C напрямляємо від шарніра В до

стержнів.

4. Прийнявши т. В за початок координат,

вибираємо положення осей координат

таким чином, щоб вісь х співпадала

з віссю стержня АВ.

5. Визначивши за допомогою даних на

рис. 5 кути, утворені силами F 1, F 2,

R A, R C з осями х та у, знайдемо

проекції всіх сил на кожну з осей

координат і складемо з цих проекцій

рівняння для плоскої системи збіжних

сил

 

Рис. 6 å Х = 0; -RA – RC cos 700 – F1 cos 700 + F2 cos 500 = 0 (1)

å Y = 0; RC sin 700 + F2 sin 500 – F1 sin 700 = 0 (2)

6. Розв’язуємо систему складених рівнянь. Спочатку розв’язуємо рівняння (2)

яке містить одну невідому реакцію:

.

Знак «-» перед числовим значенням RC показує, що вектор R C повинен

-6-

бути напрямлений протилежно, тобто стержень ВС не розтягнутий як передбачалось, а стиснений силою SCB = 0,315 кН.

З рівняння (1) одержимо

Графічний метод

Графічний метод полягає у визначенні невідомих сил за допомогою у визначенні невідомих сил за допомогою побудови силового многокутника за геометричною умовою рівноваги.

Для заданої системи сил геометрична умова рівноваги має вид:

.

За заданим рівнянням будуємо силовий многокутник. З довільної точки відкладаємо вертикально вниз (так напрямлена сила F 1) вектор , який в деякому масштабі зображає силу F 1. Відкладаємо .

Тоді масштаб . З точки паралельно дії сили F 2 і в цьому масштабі під кутом до вертикалі 200 відкладеному по транспортиру, відкладаємо . Вектор зображає силу F 2. Потім з точок і проводимо прямі паралельні відповідно стержням АВ і ВС. Ці прямі перетинаються в т.d. Утворився замкнутий многокутник в якому сторона зображає реакцію стержня ВС R C, а сторона - реакцію стержня АВ R A; їх числові значення

;

.

 

mF = 0,125 кН/см

 

 

Рис. 7

 

-7-

Як видно, результати близькі до значень реакцій, визначених аналітично.

Перевірка. Перевіряємо правильність аналітичного розв’язку склавши рівняння рівноваги (рівняння проекцій сил) відносно нових осей координат х/ та у/.

å X/ = F2 sin 200 – RC sin 400 – RA sin 700;

 

å Y/ = F2 cos 200 + RC cos 400 – RA cos 700 – F1.

 

Підставивши значення реакцій RC і RA з

аналітичного розв’язку, пересвідчуємось

у справдженні рівностей

 

å Х/ = 0 і å Y/ = 0.

 

 

Рис. 8

 

å Х/ = 1×0,342 – (-0,315)×0,643 – 0,580×0,940 = 0,342 + 0,203 – 0,545 = 0;

 

å Y/ = 1×0,940 + (-0,315)×0,766 – 0,580×0,342 – 0,5 = 0,940 – 0,241 – 0,198 – 0,5 =

= 0,940 – 0,939» 0.

 

Отже реакції знайдені вірно. Про це свідчить також пів падання результатів аналітичного і графічного розв’язків задачі (аналітично одержано RC =

- 0,315 кН; RA =0,58 кН; графічно – RC = 0,3 кН і RA = 0,575 кН відповідно, причому напрям вектора , який представляє реакцію R C на рис.8 протилежний до R C на рис.6.

 

 

-8-

Друга задача розв’язується після вивчення тем «Пара сил і момент сили» та «Плоска система довільно розташованих сил».

В задачі визначенню підлягають реакції опор балки навантаженої зосередженими силами, моментами пар сил та розподіленим навантаженням.

Для набуття твердих навичок у визначенні реакцій опор балок пропонується дві схеми: балка на двох шарнірних опорах, та балка-консоль з жорстким кріпленням (защемленням) одного з кінців. З визначення реакцій опор починається розв’язок багатьох задач як з опору матеріалів так і з деталей машин.

Метод розв’язку цієї задачі по суті аналогічний аналітичному методу, що застосовується при розв’язку задачі 1, але тут замість 2-х рівнянь рівноваги складається 3 рівняння.

Рівняння рівноваги можуть бути складені в одній з 3-х форм:

1. Два рівняння проекцій сил на осі координат і одне рівняння моментів

 

å Х = 0; åY = 0; å М0 (Fi) = 0 - І-а (основна) форма.

 

2. Одне рівняння проекцій і два рівняння моментів відносно 2-х точок площини, причому центри моментів не повинні лежати на прямій перпендикулярній осі проекцій, вибраній для І-го рівняння:

 

å Х = 0; (або å Y = 0); å MA (Fi) = 0; å MB (Fi)= 0;

 

(x ^ AB; або у ^ АВ) – ІІ-а форма.

 

3. Три рівняння моментів відносно трьох точок площини. В цьому випадку центри моментів не повинні лежати на одній прямій:

 

å МА (Fi)= 0; å МВ (Fi) = 0; å МС (Fi)= 0; т.С Ï АВ – ІІІ-я форма.

 

Cкорочений запис рівнянь å МА = 0; å МВ = 0; å МС = 0.

 

Для спрощення розв’язку задачі за центр моментів слід вибирати точку через яку проходить лінія дії однієї або двох невідомих реакцій.

Щоб складати рівняння моментів сил необхідно знати як визначається момент сили відносно точки. Момент сили відносно точки – це добуток модуля сили на плече, тобто на довжину перпендикуляра, поставленого з точки, відносно якої береться момент, до лінії дії сили. Момент вважається додатнім, якщо сила повертає своє плече відносно вибраної точки проти стрілки годинника, і від’ємним, якщо повертання напрямлене протилежно - за стрілкою годинника (рис. 9).

 

-9-

 
 

 


Рис. 9

 

Навантаження, що діють на балочні системи (рис. 10) поділяються на зосереджені сили F або (Р), зосереджені пари сил, дія яких визначається моментом М пари і розподілені навантаження. Дія останніх визначається інтенсивністю цього навантаження q - силою, що припадає на одиницю довжини навантаженої ділянки (кН/м). При розв’язку задачі розподілене навантаження умовно заміняють розподіленою силою (рівнодійною) Q. Рівнодійну рівномірно розподіленого навантаження (q = const) визначають за формулою Q = q×a і прикладають в середині ділянки (а – довжина ділянки).

 

 


Рис. 10

 

Реакція R B шарнірно-рухомої опори перпендикулярна опорній поверхні. Реакцію шарнірно-нерухомої опори, невідому за напрямом, слід розкласти на дві складові – вздовж осі балки Х А і перпендикулярну до осі Y A;

; .

В защемленому кінці балки (рис. 11) невідому реакцію теж розкладають на горизонтальну і вертикальну складові Х А та Y A. Крім цього, тут реактивна пара сил, протидіюча повертанню балки відносно опори. Момент MR цієї пари сил називається реактивним моментом.

Визначення моменту сили F, нахиленої під кутом a до осі балки, відносно будь-якої точки, наприклад відносно опори А, можна здійснювати двома способами:

Знайшовши плече сили F відносно т. А: МА (F) = - F× ℓ×sin a;

aбо згідно теореми Варіньйона МА (F) = MA (Fx) + MA (Fy);

 

-10-

МА (Fx) = 0, так як лінія дії сили Fx проходить через т. А; МА (Fy) = - Fy×ℓ, де для складової F y відстань від точки прикладання до опори А є її плечем.

 

 


Рис. 11

 

Отже МА (F) = MA (Fy) = - Fy × ℓ = - F sin a × ℓ, тобто момент сили відносно точки, що лежить на осі балки, рівний моменту вертикальної складової цієї сили.

 

Приклад 2 Визначити реакції опор балки

навантаженої за схемою наве-

деною на рис. 12, якщо:

q = 2 кН/м; P = 4 кН; F = 8 кН;

М = 9 кНм; а = 1 м.

 

Розв’язок

 

Рис.12 Звільняємо балку від в’язей.

В’язями є – шарнірно нерухома

опора А і шарнірно рухома опора В. Реакцію опори А представляємо двома складовими Х А та Y A. Реакція опори В перпендикулярна опорній площині, тобто напрямлена вертикально. Рівномірно розподілене навантаження заміняємо еквівалентною зосередженою силою Q = q× 4a прикладеною посередині навантаженої ділянки.

Вибираємо координатні осі.

Вісь х суміщаємо з віссю

балки горизонтально, а вісь

у напрямляємо перпендику-

лярно до осі балки, тобто

вертикально, провівши її

через опору А.

Складаємо рівняння рівно-

ваги і розв’язуємо їх:

 

å Х = 0; ХА – F cos 300 = 0; XA = F cos 300 = 8 × 0,866 = 6,93 кН;

 

-11-

å МА = 0; - Q × 2a – P × 4a + RB × 5a – M – F × sin 300 × 6a = 0;

 

;

 

å MB = 0; -YA×5a + Q×3a + P×a - F×sin300×a = 0;

 

.

 

Для перевірки складаємо рівняння

 

å Y = 0; YA – Q – P + RB – F sin300 × a = YA – q × 4a – P + RB – 0,5F =

= 3 – 2 × 4 – 4 + 13 – 0,5 × 8 = 3 – 8 – 4 + 13 – 4 = 0.

 

Рівняння перевірки задовольняється, отже реакції визначені вірно.

 

Приклад 2а

Визначити реакції в защемлено-

му кінці консолі. Схема наван-

таження задана на рис.13.

Дано: q = 3 кН/м; Р = 10 кН;

М = 11,8 кНм; М1 = 6 кНм;

ℓ = 2 м.

 

Рис.13

Розв’язок.

В защемленому кінці балки виникає реакція невідома за напрямом, яку розкладаємо на дві взаємно перпендикулярні складові: горизонтальну вздовж осі балки Х А і вертикальну YA. Крім цього в такій опорі виникає пара сил з реактивним моментом МR. Реакції і реактивний момент наносимо на схему

балки.

Складаємо рівняння рівноваги:

å Х = ХА + Р sin200 = 0;

å Y = YA - P cos200 + qℓ = 0;

å MA = MR – M – P cos200×1,5ℓ +q×ℓ×2ℓ + M1 = 0.

Розв’язуючи складені рівняння визначаємо невідомі реакції:

ХА = - Р sin200 = - 10 × 0,342 = - 3,42 кН;

Знак «-» означає, що дійсний напрям Х А протилежний вибраному на рис.

YA = Р cos200 -qℓ = 10 × 0,940 – 3 × 2 = 3,4 кН;

MR = M +P cos200×1,5ℓ - q ×2ℓ2 –M1 = 11,8 + 10×0,940×1,5×2 - 3×2×22 – 6 =

= 11,8 + 28,2 – 24 – 6 = 10 кНм.

Складаємо рівняння перевірки:

-12-

å МС = МR - YA×1,5ℓ - M + qℓ×0,5ℓ + M1 = 10 – 3,4×1,5×2 – 11,8 + 3×2×1 + 6 =

= 10 – 10,2 – 11,8 + 6 +6 = 0.

Отже реакції визначені вірно.

Третю задачу слід розв’язувати після вивчення теми «Просторова система сил».

Розв’язуючи задачі на рівновагу просторової системи довільно розташованих сил, складають шість рівнянь рівноваги: три рівняння проекцій сил на координатні осі і три рівняння моментів сил відносно осей координат:

å Х = 0; å Мх = 0;

å Y = 0; å My = 0;

å Z = 0; å Mz = 0.

Так як умови рівноваги справедливі для будь-яких прямокутних осей координат, то при розв’язку задач систему координат можна змінювати, тобто частику рівнянь рівноваги скласти для одних осей координат, а частину рівнянь для змінених. Також можна одне, два або всі три рівняння проекцій сил замінити рівняннями моментів сил відносно нових осей координат. Такі прийоми нерідко спрощують розв’язок задач.

Для складання рівнянь проекцій сил на осі координат необхідно вміти знаходити проекції сили на координатні осі. З рис.14 очевидно, що

Fx = F cos ax; Fy = F cos ay; Fz = F cos az;

де ax = (F, x); ay = (F, y); az = (F, z). Проекції сили на осі координат можна

визначити, знайшовши попередньо

проекцію сили на площину, що прохо-

дить через дві координатні осі, напри-

клад х та у:

Fx = Fxy cos jx = F sin az cos jx;

Fy = Fxy sin jx = F sin az sinjx;

Fz = F cos az;

тут jx і jy - кути утворені проекцією

F xy з осями х та у відповідно.

 

 

Рис. 14

 

Для складання рівнянь моментів сил відносно координатних осей треба знати що таке момент сили відносно осі та вміти його знаходити.

 

-13-

Момент сили відносно осі рівний моменту проекції цієї сили на площину перпендикулярну до осі, відносно точки перетину осі з площиною (рис. 15):

Мz (F) = MO (F xy) = Fxy×h.

Момент сили вважають додатнім, якщо при погляді з додатного кінця осі сила викликає обертання проти стрілки годинника і навпаки (це правило умовне, можна вважати момент додатнім при обертанні за стрілкою годинника).

Момент сили відносно осі

рівний нулю коли:

1) сила F паралельна осі; при

цьому рівна нулю проекція

сили на площину перпендику-

лярну до осі (Fxy = 0);

2) лінія дії сили F перетинає

вісь; в цьому випадку проекція

сили проходить через точку

перетину осі з площиною і її

плече відносно цієї точки рівне

нулю (h = 0).

 

 

Рис.15

 

Для визначення моменту сили відносно осей координат її зручно розкласти на складові, паралельні цим осям.

 

На рис.16 схематично зображено

колесо косозубої передачі. Силу F,

що діє на зуб колеса, можна розкла-

сти на складові F1, F2, F3, які пара-

лельні осям координат, проведеним

через одну з опор вала – т. А:

F 1 || y, F 2 || x, F z || z.

Легко встановити, що:

Mx (F) = Mx (F 1) = F1×r;

My (F) = My (F 2) + M (F 3) = -F2×r + F3×a;

Mz (F) = Mz (F 1) = - F1×a.

Рис.16

 

Послідовність розв’язку задачі на рівновагу рівновагу просторової системи сил розглянуто на прикладі наведеному нижче.

 

 

-14-

Приклад 3 На вал жорстко насаджені шків 1 і колесо 2, навантажені як показано на рис.17. Визначити сили F2, Fr2 = 0,4 F2, а також реакції опор, якщо сила F1 = 100 Н. Діаметри шківа d1 і колеса d2 , відстані між опорами, шківом і колесом вказані на рис. в мм.

 

 

 
 

 

 


Розв’язок

 

Зображаємо вал із всіма діючими на нього силами, включаючи реакції опор, а також осі координат (рис.18).

 

 

-15-

Застосовуємо умови рівноваги просторової системи довільно розташованих сил. Складаємо шість рівнянь рівноваги:

 

å Мx = 0; .

З цього рівняння ; .

å My = 0; ;

 

з цього рівняння .

 

å Mz = 0; ;




Поделиться с друзьями:


Дата добавления: 2015-07-02; Просмотров: 10766; Нарушение авторских прав?; Мы поможем в написании вашей работы!


Нам важно ваше мнение! Был ли полезен опубликованный материал? Да | Нет



studopedia.su - Студопедия (2013 - 2024) год. Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав! Последнее добавление




Генерация страницы за: 0.216 сек.