Методические указания к решению задач олимпиады по сопротивлению материалов
Покупка
Под ред.:
Цветков Валентин Иванович
Год издания: 2010
Кол-во страниц: 28
Дополнительно
Вид издания:
Учебно-методическая литература
Уровень образования:
ВО - Бакалавриат
Артикул: 799937.01.99
Доступ онлайн
В корзину
В методических указаниях рассмотрены решения задач, предложенных участникам отборочного тура Всероссийской олимпиады по сопротивлению материалов, прошедшей в МГТУ им. Н. Э. Баумана в марте 2009 г.
Для студентов машиностроительных специальностей высших учебных заведений.
Тематика:
ББК:
УДК:
ОКСО:
- ВО - Бакалавриат
- 15.03.01: Машиностроение
- 15.03.02: Технологические машины и оборудование
- 15.03.03: Прикладная механика
- 15.03.04: Автоматизация технологических процессов и производств
- 15.03.05: Конструкторско-технологическое обеспечение машиностроительных производств
- 15.03.06: Мехатроника и роботехника
ГРНТИ:
Скопировать запись
Фрагмент текстового слоя документа размещен для индексирующих роботов.
Для полноценной работы с документом, пожалуйста, перейдите в
ридер.
Московский государственный технический университет имени Н.Э. Баумана А.А. Горбатовский, А.И. Котов МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ОЛИМПИАДЫ ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ Под редакцией В.И. Цветкова Москва Издательство МГТУ им. Н.Э. Баумана 2010
УДК 539.3/.8 ББК 30.121 Г67 Ре це нз е нт Г.Я. Пановко Горбатовский А.А. Методические указания к решению задач олимпиады по сопротивлению материалов / А.А. Горбатовский, А.И. Котов ; под ред. В.И. Цветкова. — М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баума- на, 2010. — 27, [1] с. : ил. В методических указаниях рассмотрены решения задач, предло- женных участникам отборочного тура Всероссийской олимпиады по сопротивлению материалов, прошедшей в МГТУ им. Н.Э. Баумана в марте 2009 г. Для студентов машиностроительных специальностей высших учебных заведений. УДК 539.3/.8 ББК 30.121 © МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2010 Г67
Задача 1. Угол поворота сечения B балки OB (рис. 1) ограничен величиной . BK x Ml EI ϑ = Коэффициент жесткости пружины 3 . x EI Z l = Определить потенциальную энергию U деформации системы. Дано: , , , . x l I E M Рис. 1 Решение. Вычислим угол поворота сечения B при отсутствии ограничителя. При сжатии пружины силой M l (которую можно найти из уравнения равновесия балки 0) B M = ∑ осадка пружины составит 1 . M OO lZ = Таким образом, угол поворота BZ ϑ сечения B, соответствующий деформации пружины, будет равен 1 2 . BZ x OO M Ml l EI l Z ϑ = = =
Рис. 2 Полный угол поворота сечения B в этом случае , BZ BF ϑ = ϑ + ϑ где BF ϑ — угол поворота вследствие изгибной деформации балки (рис. 2). Значение угла BF ϑ определяется перемножением эпюр по Мору — Верещагину (рис. 3): 1 1 2 1 . 2 3 3 BF x x Ml lM EI EI ⎛ ⎞ ϑ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Следовательно, 1 4 , 3 3 B BZ BF x x x Ml Ml Ml EI EI EI ϑ = ϑ + ϑ = + = что превышает допустимое значение угла . BK ϑ Приходим к выводу, что в процессе нагружения балки изги- бающим моментом сечение B повернется лишь на угол , BK x Ml EI ϑ = который соответствует части M∗ внешнего момента М, найденной из соотношения 4 3 B BZ BF x x M l Ml EI EI ∗ ϑ = ϑ + ϑ = = → 3 . 4 M M ∗ =
Рис. 3 Дальнейшее увеличение внешнего момента будет восприни- маться абсолютно жесткими упорами в сечении B. Потенциальная энергия U деформации системы может быть определена как сумма энергии UZ, накопленной в пружине, и энер- гии UF изгибной деформации балки: 2 2 1 0 2 2 2 3 0 ( ) 1 ( ) 2 2 3 1 3 3 4 . 2 4 2 8 l xP BZ BF M M x M M l x x x x M z dz U U U Z OO EI Mz dz EI Ml M l l l EI EI EI l ∗ ∗ = = ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = + = + = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ = + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ ∫ Задача 2. При работе неправильно спроектированного храпо- вого механизма (рис. 4) в верхних и нижних волокнах пружины в заделке возникают пластические деформации. Как нужно изменить размеры H и (или) B, чтобы коэффициент запаса по началу текучести пружины увеличился в 2 раза?
Рис. 4 Рис. 5 Дано: , , , , . l H B f E Решение. Расчетная схема (рис. 5) пружины храпового меха- низма представляет собой консольную балку под действием со- средоточенной силы F, обеспечивающей стрелу f прогиба сечения K, равную 3 . 3 x Fl f EI = Сила F определяется через прогиб: 3 3 . x EI F f l = Наибольший внутренний изгибающий момент ( ) 2 max 3 x x EI M Fl f l = = возникает в заделке, тогда наибольшее нор- мальное напряжение можно выразить как max max 2 ( ) / 6 x x M Fl W HB σ = =
или, принимая во внимание, что 3 12 x HB I = , как max 2 3 . 2 EfB l σ = Таким образом, ширина пружины не влияет на максимальное напряжение, а следовательно, уменьшить напряжение в 2 раза (увеличив тем самым коэффициент запаса в 2 раза) можно путем уменьшения в 2 раза толщины пружины (высоты поперечного се- чения). Задача 3. К предварительно ненапряженному валу OC (рис. 6) прикладывают момент M, обеспечивающий угол поворота C ϕ се- чения C. Затем вал в этом сечении (не снимая нагрузки) привари- вают к абсолютно жесткой опоре, после чего на участке BC вы- сверливают отверстие диаметром 0 . 2 d d = После окончания всех работ значение относительной линейной деформации, измеренное с помощью тензорезистора, составило ε. Определить значение момента M. Дано: , , , , , . C l d G ϕ ε ν Рис. 6 Решение. Для поворота сечения C сплошного вала на угол C ϕ следует приложить момент . 2 p C GI M l = ϕ
Для закрепленного и высверленного вала внутренние крутящие моменты к M , одинаковые во всех сечениях вала, можно найти из равенства к к к 2 , C p p p M l M l M l GI GI GI ⋅ + = ϕ = где 4 4 4 1 15 ; 1 ; 32 32 2 16 p p p d d I I I ⎡ ⎤ π π ⎛ ⎞ = = − = ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ к M M = — внутрен- ний крутящий момент в сечениях сплошного вала; к 30 . 31 M M = Рис. 7 Напряженное состояние точек вала — чистый сдвиг (рис. 7): max 3 3 16 30 . 31 /16 K K p M M M W d d ⋅ τ = = = π π Согласно обобщенному закону Гука, 3 max 1 (1 ) E E E σ τ σ ε = − ν = + ν или 3 16 30 (1 ) . 31 M Ed ⋅ + ν ε = π Таким образом, искомый момент равен
3 3 3 31 0,203 0,406 . 16 30 (1 ) (1 ) Ed Ed M Gd π = ε = ε = ε ⋅ + ν + ν Задача 4. Прерыватель электромеханического реле (рис. 8) собран таким образом, что между контактами A и B (за счет предварительного натяга Δ0) существует сила взаимодействия N0. Какую силу F следует приложить, чтобы обеспечить надежное размыкание контактов, соответствующее зазору между A и B, равному 0,5Δ0? Дано: , , , , , . C u l d G ϕ ε ν Рис. 8 Решение. Натяг Δ0 равен сумме поджатий элементов 1 и 2 (см. рис. 8), при этом в процессе сборки вследствие равных жесткостей и контактной силы (рис. 9) каждый из контактов получает одно и то же перемещение 3 0 1 2 3 x N l EI Δ = Δ = , следовательно, 3 0 0 1 2 2 , 3 x N l EI Δ = Δ + Δ = откуда 0 0 3 3 . 2 x EI N l = Δ До размыкания контактов A и B балочные элементы 1 и 2 работают совместно до тех пор, пока контактная сила (N0 – X1) (рис. 10) не станет равной нулю. Здесь X1 — сила, при которой происходит размыкание контактов A и B.
Рис. 9 Рис. 10 Рассмотрев отдельно силу X1(F) (рис. 11), с использованием метода сил 1 11 1 0 P X Δ + Δ = найдем: 3 11 3 1 1 1 11 2 1 2 2 ; 2 3 3 1 1 5 5 ; 2 3 6 5 . 4 x x P x x P l ll l EI EI Fl ll Fl EI EI X F ⎛ ⎞ Δ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ Δ = − = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Δ = − = Δ
Доступ онлайн
В корзину