1 (Автосохраненный) (2 типарь 2016)

PDF-файл 1 (Автосохраненный) (2 типарь 2016), который располагается в категории "курсовые/домашние работы" в предмете "сопротивление материалов" изтретьего семестра. 1 (Автосохраненный) (2 типарь 2016) - СтудИзба 2017-02-23 СтудИзба

Описание файла

Файл "1 (Автосохраненный)" внутри архива находится в папке "2 типарь". PDF-файл из архива "2 типарь 2016", который расположен в категории "курсовые/домашние работы". Всё это находится в предмете "сопротивление материалов" из третьего семестра, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "курсовые/домашние работы", в предмете "сопротивление материалов" в общих файлах.

Просмотр PDF-файла онлайн

Текст из PDF

№1Абсолютно жесткое тело, весом которого следует пренебречь, закрепленонеподвижным шарниром и двумя тягами. Считая, что в действительности длинапервой тяги меньше указанной на заданную величину ∆, найти коэффициент запасаконструкции. Материал тяги 1 — бронза, материал тяги 2 — сталь.Параметры задачи: 1 = 100 мм, 2 = 200 мм, A1 = 200 мм2 , A2 = 100 мм2 , E1 = 1 · 105МПа, E2 = 2 · 105 МПа, a1 = 2a, a2 = a, ∆ = 0,25 мм, σт1 = 200 МПа, σт2 = 300 МПаРешение.По причине малости перемещений принимаем дуги АА’ и BB’ за отрезки АА’ и BB’соответственно.Горизонтальной составляющей у реактивных сил нет тк нет активных сил имеющихгоризонтальную составляющую.

Исходя из того, что система находится вравновесии, имеет смысл начать решение с составления уравнения моментовотносительно токи А (так же чтобы исключить из уравнения ненужную прирешении вертикальную составляющую реакции опоры).∑ (̅ ) = 1 ∗ 2a − 2 ∗ 3a = 0=11отсюда:31 = 22(1)Одного уравнения для нахождения двух неизвестны будет недостаточно, составимвторое. Отношение деформаций найдём из подобия треугольников.ΔABB’ ~ ΔACC’CC′ =3BB’2Δ1 = Δ −CC′ =2CC’33(Δ − Δ1 )2Δ 2 = CC’Δ2 =3(Δ − Δ1 )21 12 2 3 (Δ − 1 1 )=2 22подставляя значениядля 1 из уравнения (1) имеем:2 =6Δ2 2 1 13 ∗ 105=Н ≈ 17647,06 Н42 1 1 + 91 2 2171 =91 1 2 2 Δ9 ∗ 105=Н ≈ 26470,59 Н41 1 2 + 92 2 134σ1 =191 2 2 Δ9 ∗ 103==≈ 132.35 МПа141 1 2 + 92 2 168σ2 =261 1 2 Δ3 ∗ 103==≈ 176.47 МПа241 1 2 + 92 2 117σт1σт1 (41 1 2 − 92 2 1 )136n1 = | | = ||=≈ 1.51σ191 2 2 Δ90σт2σт2 (41 1 2 − 92 2 1 )17n2 = | | = ||== 1.7σ261 1 2 Δ10Из полученных значений выбираем минимальное – оно и будет соответствовать повеличине коэффициенту запаса конструкции, т.е.

в нашем случае он будет равен1.51.2№2Для заданной системы из идеально упруго-пластичного материала:1. Определить силу начала текучести Fт;2. Построить эпюры нормальных сил и напряжений в каждом из сечений при найденном значениисилы;3. Определить перемещение сечения C.

Параметры задачи: A = 400 мм2, l = 600 мм, ст = 2 · 105МПа, σтст = 280 МПа, м =12ст , σтм =12σтст.Решение.Выделим из конструкции две части и обозначим действующие на них силы.3Отсюда имеем:2 − 1 = 02 = 1(1)3 + 1 − = 03 = − 1(2)Δ3 − Δ1 = Δ2 .(3)Δ1 =1 2Δ2 =2 3Δ3 =3 3мподставляя данные выражения в уравнение (3) получаем3 1 2 2 3−−= 0.3м Учитывая, что = 2м имеем:423 − 121 − 92 = 0откуда, подставляя значения из уравнений (1) и (2), находим значения продольных3 =21231 = 2 =2231 =1=4600 мм22 =2=4600 мм23 =37=39200мм2Текучесть начинается при = т отсюда, приравнивая 1 = 3 = тм и 2 = ст :1 = 644 2 = 1288 3 = 184 Силой начала текучести для конструкции будет минимальная из полученных т.е. = 184 Сечение C переместится на величину равную Δ3 =521 мм46 ∗ 105 Н№3Участки вала соединяются абсолютно жёсткими фланцами, толщиной которых следуетпренебречь.

Для заданного вала:1. Раскрыть статическую неопределимость и построить эпюры моментов, напряжений и угловповоротов сечений;2. Подсчитать работу внешних моментов и потенциальную энергию деформации;3. Определить допустимую нагрузку на вал и вычислить максимальный угол поворота. Параметрызадачи: = 100 мм, τт = 200 МПа, G = 8 · 104 МПа, d = 20мм, nт = 2.6Расчленим конструкцию на две части, отсюда получим:1 = + 23 = 2 + 2Двух уравнений для нахождения трёх неизвестны будет недостаточно, составимуравнение деформаций.Δ1 + Δ2 + Δ3 + Δ4 = 0Δ1 =1 1 Δ2 =2 2 Δ3 =23 2 Δ4 =3 3 (3)где1 = 2 = 0.8 4 = 3 =4≈ 0.1432Подставляя получение значения в уравнение (3) имеем:1 + 2 + 103 = 0.Решая СЛАУ получаем:2 = −217М=−1241 = −9М3М=−1243 =3ММ=124Так как система состоит из участков с постоянными геометрией и крутящимимоментами то: = ∑ = ∑=1 == ( )112 1 ∗ Δ1 =22 122 2 = 2 ∗ Δ2 =22 7132 3 = 3 ∗ Δ3 =2 132 3 ∗ Δ4 =223 4 =4 = ∑ ==1 21 + 22 + 223 23172 (+ )=234 ∗ 0.84 = ∑ = ∑ ±=1 == 11 9М2 ∗ Δ1 ==−22 24 0.8 42 = ∗ (Δ1 + Δ2 ) =2 = ∑ ==1==602 24 0.84602 24 0.8 4−9М2 24 0.84=172 4 ∗ 0.841724096 ∗ 105 Н ∗ ммΔ1 = −3М4096 ∗ 105 Н ∗ ммΔ2 = −74096 ∗ 105 Н ∗ ммΔ3 =24096 ∗ 105 Н ∗ ммΔ4 =84096 ∗ 105 Н ∗ ммОтсюда имеем Δ4 = Δ =512∗105 Н∗мм1 = 2 = 0.83 = 33 =≈ 0.23161 =13=−256 ∗ 102 мм32 =27=−256 ∗ 102 мм33 =3=256 ∗ 102 мм38.4 =34=3 256 ∗ 102 мм3Отсюда имеем 2 = = − =М=7256∗102 мм3.7= 100 МПа = −.256 ∗ 102 мм3256 ∗ 104Н ∗ мм79.

Свежие статьи
Популярно сейчас