close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

1377.Изгиб с кручением

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Оренбургский государственный университет»
Кафедра сопротивления материалов
О.А. ФРОЛОВА, В.С. ГАРИПОВ
ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
К ВЫПОЛНЕНИЮ РАСЧЕТНО-ПРОЕКТИРОВОЧНОЙ РАБОТЫ
Рекомендовано к изданию Редакционно-издательским советом
государственного образовательного учреждения высшего профессионального
образования «Оренбургский государственный университет»
Оренбург 2009
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 539.413 (07)
ББК 30.121 я7
Ф 91
Рецензент
доцент П.Н. Ельчанинов
Ф 91
Фролова О.А.
Изгиб с кручением: методические указания к выполнению
расчетно-проектировочной работы /О.А. Фролова,
В.С. Гарипов. - Оренбург: ГОУ ОГУ, 2009. - 63 с.
В методических указаниях по сопротивлению материалов
приведены основные сведения из теории, варианты заданий к расчетнопроектировочной работе и примеры решения типовых задач с
пояснениями.
Методические указания предназначены для выполнения расчетнопроектировочной работы для студентов инженерных специальностей.
ББК 30.121 я 7
© Фролова О.А.,
Гарипов В.С., 2009
© ГОУ ОГУ, 2009
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Содержание
1
1.1
1.2
1.2.1
1.2.2
1.2.3
2
2.1
2.1.1
2.1.2
2.1.3
3
3.1
3.2
3.3
4
Основные сведения из теории…………………………………….
Основные понятия…………………………………………………
Механические передачи…………………………………………...
Валы…………………………………………………………………
Виды механических передач………………………………………
Силы зацепления…………………………………………………..
Задания к расчетно-проектировочной работе……………………
Расчетно-проектировочная работа «Расчет прямого вала по
условию статической прочности на совместное действие
изгиба и кручения»…………………………………………….…..
Задача №1…………………………………………………………..
Задача №2…………………………………………………………..
Задача №3…………………………………………………………..
Пример выполнения расчетно-проектировочной работы
«Расчет прямого вала по условию статической прочности на
совместное действие изгиба и кручения»………………….……..
Задача № 1…………………………………………………………
Задача № 2…………………………………………………………
Задача № 3…………………………………………………………
Литература, рекомендуемая для изучения темы …...…………...
4
4
9
9
11
15
18
19
19
23
32
36
36
41
52
63
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1. Основные сведения из теории
1.1 Основные понятия
При совместном действии изгиба и кручения в поперечном сечении
стержня возникают следующие силовые факторы: крутящий момент,
изгибающие моменты и поперечные силы (рисунок 1.1)
у
Му
Мz - крутящий момент;
Мx, Му - изгибающие моменты;
Qy, Qx - поперечные силы.
х
Qу
Мх
Qх
Мz
z
Рисунок 1.1 – Внутренние силовые факторы
Результирующий изгибающий момент Ми, Н·м,
формуле:
определяется по
М и = М x2 + М y2 ,
(1)
Мx – изгибающий момент в вертикальной плоскости, Н·м;
Мy – изгибающий момент в горизонтальной плоскости, Н·м.
В любом поперечном сечении возникают одновременно нормальные
напряжения от изгиба в двух плоскостях и касательные напряжения от
кручения и изгиба.
Результирующие нормальные напряжения σи от изгиба и касательные
напряжения τк от кручения распределяются по круглому поперечному сечению
по линейному закону, достигая соответственно наибольших значений в точках
поверхностных слоев стержня (рисунок 1.2).
где
τк
σu
Рисунок 1.2 – Эпюры распределения напряжений по поперечному сечению
стержня
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Влиянием на прочность вала поперечных сил Qy и Qx пренебрегают, так
как соответствующие им касательные напряжения невелики по сравнению с
касательными напряжениями от кручения и нормальными напряжениями от
изгиба.
Наибольшие нормальные напряжения σumax, Па (1 МПа=106 Па) от изгиба
определяются по формуле:
М x2 + M y2
Mи
=
σ и max =
,
W
W
(2)
где
Мx и Мy – изгибающие моменты, Н·м;
W – осевой момент сопротивления сечения (для круглого сечения W=
Wx= Wy), м3 .
Наибольшие касательные напряжения τкmax, Па
от кручения
определяются по формуле:
τ к max =
Mz Mz
=
,
W p 2W
(3)
Мz – крутящий момент, Н·м;
Wp – полярный момент инерции сечения (Wp=2W), м3.
Опасное сечение стержня устанавливается путем построения эпюр
крутящих моментов Мz и изгибающих моментов Мx и Мy. Опасным сечением
будет то сечение, в котором одновременно возникают наибольшие крутящий Мz
и результирующий изгибающий момент Ми при постоянном сечении по длине
стержня. Для стержней, имеющих ступенчато-переменное сечение, опасным
сечением является то сечение, в котором возникают наибольшие нормальные
напряжения.
Опасными точками опасного сечения стержня являются точки, в которых
одновременно и нормальные напряжения от изгиба и касательные напряжения
от кручения имеют наибольшие значения, - это точки поверхности стержня.
Выделим у поверхности стержня элементарный объем в виде
прямоугольного параллелепипеда (рисунок 1.3). На гранях кубика,
совпадающих с поперечными сечениями, возникают наибольшие нормальные
напряжении σumax и наибольшие касательные напряжения τкmax.
Согласно закону парности касательных напряжений, на двух гранях
кубика, параллельных оси вала, возникают наибольшие касательные
напряжения τкmax. Две грани свободны от напряжений.
Таким образом, при изгибе с кручением элемент в опасной точке
находится в плоском напряженном состоянии.
Расчет элементов конструкций, испытывающих одновременное действие
изгиба и кручения, на прочность производится по эквивалентному напряжению
с применением теорий прочности.
где
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
τкmax
у
у
σumax
σumax
х
z
z
x
τкmax
σumax
Рисунок 1.3 – Действующие напряжения в элементарном объеме у
поверхности стержня
Известно, что главные напряжения σ1, σ2 и σ3 находятся по формулам:
σ1=
σи
2
+
1
σ и2 + 4τ к2 ,
2
σ2 =0 ,
σ3=
σи
2
(4)
−
1
σ и2 + 4τ к2 ,
2
где σи – результирующее нормальное напряжение от изгиба;
τк – касательное напряжение от кручения.
Для стержней из среднеуглеродистой конструкционной или легированной
стали расчет выполняют на основе третьей или четвертой теорий прочности.
Условие прочности по третьей теории имеет вид:
III
σ экв
= σ 1 − σ 3 ≤ σ adm ,
где
(5)
III
– эквивалентное напряжение по третьей теории прочности;
σ экв
σ1 и σ3 – главные напряжения;
σadm – допускаемое напряжение.
Подставим формулы (4) в формулу (5), получим:
III
σ экв
=
σи
2
+
σ 1
1
σ и2 + 4τ к2 − и + σ и2 + 4τ к2 ≤ σ adm
2
2 2
или
III
σ экв
= σ и2 + 4τ к2 ≤ σ adm .
6
(6)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Для опасной точки сечения подставим значения σи и τк из формул (2) и (3)
в формулу (6), получим:
2
σ
III
экв
2
M и2 + М z2
M и2
M z2
⎛М ⎞
⎛М ⎞
= ⎜ и ⎟ + 4⎜ z ⎟ =
+
=
4
W2
4W 2
⎝ 2W ⎠
⎝W ⎠
W
.
(7)
С учетом формулы (1) получаем:
σ
где
III
экв
M x2 + M y2 + M z2
=
W
=
III
M прив
W
≤ σ adm ,
(8)
III
М прив
= М x2 + M y2 + M z2 – приведенный момент.
Тогда расчетная формула условия прочности по третьей теории примет
окончательный вид:
σ
III
экв
=
III
M прив
W
≤ σ adm .
(9)
Условие прочности по четвертой теории имеет вид:
IV
σ экв
=
[
]
1
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 ≤ σ adm ,
2
(10)
где σ1 , σ2 и σ3 – главные напряжения;
IV
σ экв
– эквивалентное напряжение по четвертой теории прочности;
σadm – допускаемое напряжение.
Подставим формулы (4) в формулу (10), получим:
IV
σ экв
= σ и2 + 3τ к2 ≤ σ adm .
(11)
Для опасной точки сечения подставим значения σи и τк из формул (2) и (3)
в формулу (11), получим:
2
σ
IV
экв
2
M и2
M z2
⎛ Ми ⎞
⎛Мz ⎞
= ⎜
+3
=
⎟ + 3⎜
⎟ =
W2
4W 2
⎝ 2W ⎠
⎝W ⎠
M и2 + 0,75М z2
W
.
(12)
С учетом формулы (1) получаем:
σ
IV
экв
=
M x2 + M y2 + 0,75M z2
W
=
IV
M прив
W
≤ σ adm ,
(13)
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где
IV
М экв
= М x2 + M y2 + 0,75M z2 – приведенный момент.
Тогда расчетная формула условия прочности по четвертой теории примет
окончательный вид:
IV
σ экв
=
IV
M прив
W
≤ σ adm .
(14)
Таким образом, расчет стержня круглого поперечного сечения на
совместное действие изгиба и кручения по формуле совпадает с расчетом на
прямой изгиб, но в расчетную формулу вместо изгибающего момента входит
приведенный момент Мприв, величина которого зависит от изгибающих
моментов Мx и Мy и крутящего момента Мz, а также от принятой теории
прочности:
σ экв =
М прив
W
≤ σ adm .
(15)
Если изобразить приведенный момент в виде вектора, то видно (рисунок
1.4), что приведенный момент Мприв есть геометрическая сумма моментов Мх,
Му и Мz, возникающих в поперечном сечении стержня.
у
Mприв
z
Му
Мu
Mz
Мх
х
Рисунок 1.4 – Приведенный момент
Наиболее опасным сечением стержня будет сечение, для которого
величина приведенного момента будет наибольшей.
Из формулы (15) осевой момент сопротивления будет равен:
W≥
M прив
σ adm
.
(16)
Диаметр круглого сплошного поперечного сечения стержня d, м (с
учетом, что W =
8
πd 3
32
≅ 0,1d 3 ) будет определяться по формуле:
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
32 W
32 M прив
M прив
10 M прив
.
(17)
Диаметр круглого полого поперечного сечения стержня
D, м (с
d ≥
учетом, что
W =
πD
3
32
3
π
≥
3
πσ
≅
3
adm
0 ,1σ adm
(1 − α 4 ) ≅ 0,1D 3 (1 − α 4 ), где α =
≅
3
σ adm
d
) будет определяться по
D
формуле:
D ≥
3
32 W
π
≥
3
32 M прив
πσ
adm
⋅ (1 − α 4 )
≅
3
Коэффициент запаса
определяется по формуле:
M прив
≅
0 ,1σ adm ⋅ (1 − α 4 )
прочности
3
10 M прив
σ adm ⋅ (1 − α 4 )
для
n=
(18)
.
пластичных
материалов
σу
,
σ экв
(19)
где σу – предел текучести материала, МПа;
σ экв – эквивалентное напряжение, МПа.
По третьей теории прочности коэффициент запаса равен:
n =
σу
σ и2 + 4τ к2
=
1
σ и2
τ к2
+
σ у2 (0,5σ у2 )
=
1
σ и2 τ к2
+
σ у2 τ у2
=
nσ ⋅ nτ
nσ2 + nτ2
,
(20)
где τ у = 0,5σ у ;
σу
– коэффициент запаса прочности по нормальным напряжениям;
σи
τу
nτ =
– коэффициент запаса прочности по касательным напряжениям.
τк
nσ =
1.2 Механические передачи
1.2.1 Валы
Совместное действие изгиба и кручения является наиболее характерным
случаем нагружения валов.
Валы – детали, предназначенные для передачи крутящего момента вдоль
своей оси и поддержания вращающихся деталей машин.
По назначению валы делятся:
- валы передач, несущие детали передач;
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
- коренные валы машин, несущие кроме деталей передач рабочие органы
машин двигателей или колеса и диски турбин, кривошипы, инструменты,
зажимные патроны и т.д.
Форма вала по длине (прямые и коленчатые) определяется
распределением нагрузки и условиями технологии изготовления и сборки.
Простые по конструкции прямые валы (гладкие трансмиссионные)
выполняют одинакового номинального диаметра по всей длине. Для удобства
сборки и разборки узла вала, замены подшипников и других насаживаемых
деталей валы выполняют ступенчатыми. Простейшие прямые валы имеют
форму тел вращения.
Эпюры изгибающих моментов по длине валов, как правило, не постоянны
и обычно сходят к нулю к концевым опорам или к концам валов. Крутящий
момент обычно передается не на всей длине вала. Поэтому по условию
прочности допустимо и целесообразно конструировать валы переменного
сечения, приближающиеся к телам равного сопротивления.
На валах устанавливаются вращающиеся вместе с валом детали: зубчатые
колеса, шкивы, звездочки (рисунок 1.5). Силы, действующие на валы (давление
зубчатых колес, натяжение ремней, силы трения при фрикционной передаче,
собственный вес вала и шкивов и т.д.) вызывают в поперечных сечениях валов
крутящий и изгибающие моменты. Вал воспринимает силы, действующие на
детали, и передает их на опоры.
Рисунок 1.5
В процессе работы валов возможны статические и усталостные поломки,
недопустимые деформации от прогиба валов. Поэтому основными критериями
работоспособности являются прочность и жесткость. Для изготовления валов
применяются углеродистые и легированные стали (сталь 20, 30, 40, 50 без
термической обработки, стали 45, 40Х, 40ХН, титановые сплавы ВТ6, ВТ9
после улучшения, стали 20Х, 20ХН, 12ХН4А, 18ХГТ с цементацией и
последующей закалкой). Для повышения несущей способности применяют
поверхностной пластическое деформирование. Допускаемые напряжения σadm =
50…80 МПа.
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В каждой передачи различают два основных вала – входной (ведущий) и
выходной (ведомый). Между ними могут располагаться промежуточные валы
(рисунок 1.6).
Б – быстроходный вал;
П – промежуточный вал;
Т – тихоходный вал.
а) цилиндрическая двухступенчатая
развернутая передача
Б – быстроходный вал;
П – промежуточный вал;
Т – тихоходный вал.
б) цилиндрическая двухступенчатая
соосная передача
Рисунок 1.6 - Кинематические схемы двухступенчатых редукторов с
цилиндрическими прямозубыми колесами
1.2.2 Виды механических передач
В большинстве случаев параметры режима работы двигателя не
совпадают с параметрами режима работы машины. Согласование этих режимов
работы осуществляется с помощью передач.
Передачи – механизмы, которые служат для передачи механической
энергии и согласования режимов движения между как угодно расположенными
валами.
Различаются следующие виды механических передач (рисунок 1.7):
1) передачи трением – фрикционные, ременные;
2) передачи зацеплением – зубчатые, червячные, цепные.
В зависимости от способа соединения ведущего и ведомого звеньев
передачи бывают:
- передачи непосредственного контакта (фрикционные, зубчатые,
червячные);
- передачи гибкой связью (ременные, цепные).
Фрикционные передачи применяют для передачи движения между валами
с параллельными и пересекающимися осями, для преобразования
вращательного движения в винтовое и вращательного в поступательное. При
фрикционной передаче движение передаётся или преобразовывается с
помощью сил трения между телами качения — цилиндрами, конусами,
прижимаемыми друг к другу. Оба колеса прижимаются друг к другу с
некоторой силой и вследствие возникающего между ними трения вращают
одно другое. Достоинства фрикционных передач: простота изготовления тел
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
качения,
равномерность
вращения,
возможность
бесступенчатого
регулирования частоты вращения. Недостатки: большие нагрузки на валы и
опоры, необходимость нажимных устройств для прижатия тел качения друг к
другу, отсутствие жёсткой кинематической связи.
Кроме того, колеса при вращении, как бы они ни были прижаты друг к
другу, дают проскальзывание. Поэтому там, где требуется точное соотношение
чисел оборотов колес, фрикционная передача себя не оправдывает.
Передачи трением
Фрикционная передача
Ременная передача
Fn
Зубчатая передача
Передачи зацеплением
Цепная передача
Червячная передача
Рисунок 1.7 – Виды механических передач
Ременные передачи применяются для передачи движения между различно
расположенными параллельными валами. Ременные передачи обычно
применяются в качестве понижающих на быстроходных ступенях приводов при
мощностях меньших 50 кВт. Ременная передача состоит из ведущего и
ведомого шкивов, огибаемых гибкой лентой (плоскоременные, клиноременные,
круглоременные). Достоинствами передачи является простота конструкции и
малая стоимость, возможность передачи движения на большие расстояния (до
15 м), плавность и бесшумность работы, смягчение вибраций. Недостатками
являются большие размеры при увеличении мощности, малая долговечность
12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ремня, значительные нагрузки на валы и подшипники от натяжения ремней,
соскальзывание и обрыв ремней, невозможность применения во взрывоопасных
местах вследствие электризации ремня.
Зубчатые передачи (цилиндрические, конические) широко применяются
в различных областях машиностроения и приборостроения. Цилиндрические
зубчатые передачи применяются для передачи движения между параллельными
валами; конические – для передачи движения между пересекающимися валами
(угол пересечения может изменяться от 10 до 170 градусов). Обладают
компактностью, высоким КПД, большой долговечностью и надежностью в
работе, возможностью применения в широком диапазоне мощностей (до 10000
кВт), небольшой нагрузкой на валы, простотой в обслуживании. Однако,
недостатком зубчатых передач являются шум при работе с большими
скоростями, высокие требования к точности при изготовлении и монтаже.
Цепные передачи применяются для передачи движения между
параллельными валами при значительных межосевых расстояниях, когда
зубчатые передачи не применимы, а ременные недостаточно надежны. Цепные
передачи применяются при подъеме грузов (грузовые), для транспортирования
грузов (тяговые), приводах машин. Вращение от одного вала к другому
передается за счет зацепления цепи с ведущей и ведомой звездочками.
Достоинствами передачи являются меньшие размеры, высокий КПД, передача
меньшей нагрузки на валы. Недостатками являются значительный износ
шарниров, неравномерность движения цепи, шум при работе, точность
монтажа.
Червячные передачи применяются для передачи вращающего момента
(при мощностях до 50 кВт) между валами, у которых угол скрещивания осей
обычно составляет 900. Червячная передача представляет собой винтовую
передачу, у которой ведущее звено – червяк имеет 1-4 витков, а ведомое свыше
28. Червячные передачи характеризуются плавностью и бесшумностью работы,
компактностью, возможностью получения самотормозящей передачи.
Недостатками являются низкий КПД, значительное выделение тепла,
повышенный износ.
Основные характеристики передачи
Особенности каждой передачи и ее применение определяется основными
характеристиками (рисунок 1.8):
1) мощность на ведущем вале – Р1, Вт;
мощность на ведомом вале – Р2 , Вт;
2) механический КПД передачи:
η=
Р2
.
Р1
(21)
3) угловая скорость ведущего вала ω1, рад/с:
ω1 =
π n1
30
;
(22)
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
угловая скорость ведомого вала ω2, рад/с:
ω2 =
π n2
30
(23)
,
где n1 и n2 - частота вращения валов, об/мин;
4) крутящий момент М, Н·м:
М=
Р
ω
М2 ω2
М1 ω1
D1
О1
Ft1
Р1 = Р2 ;
М 1ω1 = М 2ω 2
D1
D
⋅ ω1 = Ft 2 ⋅ 2 ⋅ ω 2
2
2
D1ω1 = D2ω 2
D2
Ft2
(24)
.
Ft1 ⋅
О2
Р1; n1
n
D
ω1 D2
=
⇒ 1 = 2
n2 D1
ω 2 D1
Р2; n2
z 2 D2
=
z1 D1
Рисунок 1.8 – Основные характеристики передачи
Крутящий момент ведущего вала М1 является моментом движущих сил,
его направление совпадает с направлением вращения вала. Момент на ведомом
валу М2 является моментом сил сопротивления движению и его направление
противоположно направлению вращения вала.
При расчете валов часто бывают заданы передаваемая мощность Р и
угловая скорость вращения вала ω, рад/с или число оборотов n, об/мин. При
этом крутящий момент М с учетом формул (22) и (24) будет определяться по
следующим формулам:
- если мощность задана в кВт, то учитывая, что
1 кВт = 974
Н ⋅м
с
крутящий момент М, Н·м равен:
М =
М=
974 Р
ω
,
30 ⋅ 974 Р
P
⋅ = 9740 ⋅ ,
π
n
n
- если мощность задана в лошадиных силах (л. с.), то учитывая, что
1 л. с. =0,736 кВт · 974=716,86
14
Н ⋅м
крутящий момент М, Н·м равен:
с
(25)
(26)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
М =
М =
716,86 Р
ω
,
P
30 ⋅ 716,86 Р
⋅ = 7168,6 ⋅
π
n
n
(27)
(28)
5) окружная сила в передаче Ft, Н:
Ft1 = Ft 2 =
2M 1 2M 2
=
,
D1
D2
(29)
где
М1 и М2 - вращающие моменты, Н·м;
D1 и D2 – диаметры колес, Н·м;
Направление окружных сил Ft1 и Ft2 взаимно противоположно.
6) передаточное отношение:
i1, 2 = ±
ω1
.
ϖ2
(30)
Знак указывает на направление вращения ведомого колеса относительно
ведущего: «+» - для внутреннего зацепления; «-» - для внешнего зацепления.
7) связь между вращающими моментами:
М 2 = М 1 ⋅ i1, 2 ⋅η1, 2 .
(31)
8) передаточное число:
u1, 2 =
где
z1- число зубьев ведущего колеса;
z2 – число зубьев ведомого колеса.
z2 D2
=
,
z1 D1
(32)
1.2.3 Силы зацепления
1 Зубчатые передачи.
Цилиндрические прямозубые передачи (рисунок 1.9 а):
- сила нормального давления:
Fn1 = Fn 2 =
Ft
Ft
Ft
=
≅
≅ 1,064 Ft ,
o
cos α cos 20
0,9397
(33)
где α - угол зацепления (α=200);
- окружная сила:
Ft1 = Ft 2 =
2M 1 2M 2
=
;
D1
D2
(34)
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
- радиальная сила:
Fr1 = Fr 2 = Ft tgα = Ft ⋅ tg 20 0 ≅ Ft ⋅ 0,364,
где
α - угол зацепления (α = 200).
Цилиндрические косозубые передачи (рисунок 1.9 б):
- сила нормального давления:
Fn1 = Fn 2 =
где
(35)
Ft
Ft
F
=
= 1,064 t ,
0
cos α ⋅ cos β cos 20 ⋅ cos β
cos β
(36)
α - угол зацепления (α = 200);
β - угол наклона зубьев;
- окружная сила:
2M 1 2M 2
=
;
D1
D2
(37)
Ft ⋅ tgα
Ft ⋅ tg 20 0
0,364 Ft
=
Fr1 = Fr 2 =
≅
,
0
cos β
cos β
cos(10 − 15 )
(38)
Ft1 = Ft 2 =
- радиальная сила:
где
α - угол зацепления (α = 200);
β - угол наклона зубьев;
- осевая сила для косозубых цилиндрических передач:
Fα 1 = Fα 2 == Ft tgβ = Ft ⋅ tgβ ,
где
(39)
β - угол наклона зубьев.
Конические прямозубые передачи (рисунок 1.9 в):
- сила нормального давления:
Fn1 = Fn 2 =
Ft
Ft
Ft
=
≅
≅ 1,064 Ft ,
o
cos α cos 20
0,9397
(40)
где α - угол зацепления (α = 200);
- окружная сила:
Ft1 = Ft 2 =
16
2M 1 2M 2
=
;
D1
D2
(41)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
- радиальная сила первого колеса уравновешивается осевой силой
второго колеса (аналогично радиальная сила второго колеса
уравновешивается осевой силой второго колеса):
Fr1 = Fα 2 = Ft tgα sin δ 2 ,
Fr 2 = Fα 1 = Ft tgα sin δ 1 ,
(42)
δ 1 и δ 2 - углы при вершинах начальных конусов;
где
Соотношение между радиальной и окружной силами, осевой и окружной
силами следует из геометрии зубчатых колес.
а) Цилиндрическая прямозубая передача
y
z
б) Цилиндрическая косозубая передача
y
М1 ω
М1 ω1
z
x
Fr1
Ft1
М2 ω
x
Ft2
Fα1
М2 ω2 Ft1
Fr2
Fr1
Ft2 F
α2
Fr2
в) Коническая прямозубая передача
Ft2
y
z
x
М1 ω1
Fα1
ω2
М2
Fα2
Fr1
Fr2
Ft1
Рисунок 1.9 – Силы зацепления в зубчатых передачах
2. Ременные передачи.
В ременных передачах для создания трения между ремнем и шкивом
ремень надевают с предварительным натяжением Fo. В состоянии покоя каждая
ветвь ремня натянута одинаково (рисунок 1.10 а).
При передаче момента М1 происходит перераспределение натяжений в
ветвях ремня (рисунок 1.10, б):
- натяжение ведущей ветви увеличивается и становится равным:
F1 = Fo +
Ft
;
2
(43)
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
F0
Р1 ω1
D2
D1
О1
О2
F2
F0
Р2 ω2
F1
F1
F2
Ft2
а)
б)
Рисунок 1.10 – Силы натяжения ремня на шкивы
- натяжение ведомой ветви уменьшается и становится равным:
F2 = Fo −
где Ft = F1 − F2 =
Ft
,
2
2M 1 2M 2
- окружная сила на шкиве
=
D1
D2
(44)
(сила трения между
ремнем и шкивом).
2. Задания к расчетно-проектировочной работе
Выбор варианта заданий и требования к оформлению.
Необходимо выбрать из таблиц 2.1 – 2.6, прилагаемых к условию
заданий, данные в соответствии со своим вариантом. Номер схемы нагружения
совпадает с номером варианта.
Расчетно-проектировочная работа выполняется на бумаге формата А4.
Расчетно-проектировочная работа должна содержать условие задания,
расчетно-графическую схему с указанием на ней в числах всех величин и
решения с кратким объяснением. Расчеты выполняются в единицах системы
СИ (для удобства допускается использование производных единиц).
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.1 Расчетно-проектировочная работа «Расчет прямого вала по
условию статической прочности на совместное действие изгиба и
кручения»
2.1.1 Задача № 1
Для заданного стального вала круглого сплошного поперечного сечения
диаметром d требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов (Mx или My) и крутящих
моментов Mz. Ординаты эпюр выразить через q.
2. Определить допускаемое значение нагрузки. Расчет выполнить по
четвертой гипотезе прочности.
Таблица 2.1 - Исходные данные к задаче № 1
№ варианта
а, м
b, м
d, мм
1
2
3
4
1
0,5
0,9
30
2
0,6
0,8
35
3
0,7
0,9
40
4
0,8
0,5
45
5
0,9
0,5
50
6
0,8
0,7
55
7
0,7
0,6
60
8
0,6
0,9
65
9
0,5
0,7
70
10
0,6
0,7
75
11
0,7
0,5
30
12
0,8
0,9
35
13
0,9
0,7
40
14
0,7
0,8
45
15
0,8
0,6
50
16
0,5
0,8
55
17
0,6
0,6
60
18
0,7
0,7
65
19
0,9
0,9
70
20
0,8
0,7
75
21
0,6
0,5
30
22
0,8
0,7
35
23
0,9
0,8
40
24
0,5
0,6
45
25
0,6
0,8
50
26
0,7
0,6
55
27
0,8
0,7
60
28
0,5
0,9
65
29
0,9
0,7
70
30
0,6
0,5
75
σadm
5
50
55
60
65
70
75
80
50
55
60
65
70
75
80
75
60
50
55
60
65
70
75
80
75
60
70
75
80
75
55
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица 2.2 - Схемы нагружения стержня к задаче № 1
№6
№1
F2=4qa
М=5qa2
М=3qa2
F1=2qb
F1=2qa
q
b
b
q
F2=3qb
а
а
№7
№2
М=2qa2
q
F2=2qb
F2=3qb
q
М=7qa2
b
b
а
а
F1=4qa
F1=3qa
№8
№3
3q
М=8qb2
F1=5qb
b
а
F2=3qb
М=6qb2
М=9qa
№9
q
2
F1=3qa
b
а
F2=2qa
№4
q
b
F1=5qa
F2=4qb
3q
М=7qa2
b
а
а
F2=2qb
F1=3qa
№10
№5
3q
М=12qb2
F1=4qb q
b
а
F2=6qa
М=3qb2
b
а
F1=6qa
20
F2=3qb
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.2
№11
F2=qb
№16
М=7qa2
2q
М=5qb
q
2
b
b
а
F2=4qb
а
F1=4qa
F1=2qb
№17
№12
М=2qb2
F1=8qa
q
F1=2qa
М=6qb2
b
F2=5qb
3q
b
а
а
F2=3qb
№18
№13
F2=2qb
2q
F1=5qa
М=9qb2
М=3qb2
q
b
b
а
а
F2=4qb
F1=6qa
№14
№19
F2=3qa 3q
2q
М=7qb2
b
М=4qa
а
2
7q
b
а
F1=2qb
F1=4qb
№20
№15
М=6qa2 4q
F1=12qa q
2q
b
а
F2=5qb
b
а
М=3qa2
21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.2
№21
М=6qb2
М=4qa2
F1=3qb 2q
№26
F1=3qa q
b
b
а
а
F2=6qa
№22
F1=7qa
4q
№27
q
4q
М=5qb
М=9qb2
2
b
2q
b
а
а
3q
F1=8qa
№28
№23
М=7qb
2
М=8qa2
2q
q
F1=4qb
b
b
q
а
а
F2=7qa
F1=5qb
№24
F2=5qa
М=4qb2
2q
b
№29
F1=5qb 2q
М=7qb2 4q
а
b
а
F1=8qb
№30
№25
F2=4qa 3q
4q
М=8qa2
22
М=5qb2
2q
b
b
а
а
F1=6qb
F1=3qb
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.1.2 Задача № 2
На стальной трансмиссионный вал одинакового номинального диаметра d
по всей длине насажены шкив 1 диаметром D1 и шкив 2 диаметром D2. Через
шкив 1 перекинут приводной ремень, ветви которого составляют угол α с осью
x. Через шкив 2 перекинут приводной ремень, ветви которого параллельны
осям х или у. Посредством ременной передачи через шкив 2 к валу подводится
мощность Р при угловой скорости вращения ω, которая передается через шкив
1 к рабочим частям машины. Собственным весом вала, шкивов, а также силой
трения в расчетах пренебречь. Требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов Mх
и Mу и крутящих
моментов Mz.
2. Определить опасное сечение вала.
3. Для опасного сечения вала определить диаметр поперечного сечения d.
Расчет выполнить по гипотезе прочности наибольших касательных напряжений
(по третьей теории прочности). Полученное по расчету значение диаметра (мм)
округлить до числа, оканчивающегося на 0 или 5.
№
варианта
Таблица 2.3 - Исходные данные к задаче № 2
a,
м
b,
м
c,
м
D1,
мм
D2,
мм
Р,
кВт
ω,
рад/с
α,
град
σadm,
МПа
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
2
0,11
0,12
0,13
0,14
0,15
0,16
0,17
0,18
0,19
0,20
0,21
0,22
0,23
0,24
0,25
0,11
0,12
0,13
0,14
3
0,20
0,21
0,22
0,23
0,24
0,25
0,11
0,12
0,13
0,14
0,15
0,16
0,17
0,11
0,12
0,14
0,15
0,16
0,17
4
0,26
0,27
0,28
0,29
0,30
0,31
0,32
0,33
0,34
0,35
0,26
0,27
0,28
0,29
0,30
0,31
0,32
0,33
0,34
5
400
350
170
190
200
300
180
200
200
220
225
230
210
230
210
170
450
550
230
6
600
500
360
380
450
400
370
390
250
450
450
385
270
470
415
370
350
400
170
7
13,2
24,3
12,5
14,6
11,7
18,9
13,1
15,4
17,3
8,3
13,5
12,7
9,3
15,4
23,5
13,8
22,7
20,8
21,3
8
10,0
10,5
11,0
11,5
12,0
12,5
13,0
13,5
14,0
14,5
15,0
15,5
10,4
11,6
12,7
13,2
14,9
10,6
15,8
9
30
35
40
45
20
15
10
25
30
5
35
40
25
45
40
50
55
30
65
10
40
45
50
55
60
65
40
45
50
55
60
65
40
45
50
55
60
65
40
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.3
1
2
3
4
20
0,15 0,18 0,35
21
0,16 0,19 0,26
22
0,17 0,20 0,27
23
0,18 0,21 0,28
24
0,19 0,22 0,29
25
0,20 0,23 0,30
26
0,21 0,24 0,31
27
0,22 0,25 0,32
28
0,23 0,11 0,33
29
0,24 0,12 0,34
30
0,25 0,13 0,35
5
300
380
400
450
300
380
450
550
400
270
370
6
190
210
225
180
170
180
230
280
310
170
200
7
18,4
16,5
10,8
12,5
23,8
21,6
19,7
17,9
18,6
24,3
22,7
8
12,3
14,4
13,9
10,1
14,8
10,2
14,5
15,2
10,7
11,3
15,7
9
30
25
75
60
15
20
35
70
45
30
10
10
45
50
55
60
65
40
45
50
55
60
65
Таблица 2.4 - Схемы нагружения стержня к задаче № 2
№2
№1
Шкив 2
Шкив 1
F1
Шкив 2
D2
D1
2F1
D2
Шкив 1
F1
D1
2F1
2F2
с
F2
b
F2
с
а
α
2F1
b
F1
y
а
D1
α
x
2F1
24
F1
y
D1
x
2F2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.4
№3
№4
Шкив 2
Шкив 2
D2
F1
D1
Шкив 1
2F1
D1
2F2
F2
с
F2
F1
b
α
с
b
2F1
а
а
D1
y
F1
D2
2F2
Шкив 1
y
D1
2F1
x
α
x
2F1
№5
F1
№6
Шкив 2
Шкив 2
2F2
D2
Шкив 1
D1
F2
b
а
F1
2F1
y
D1
2F2
Шкив 1
D1
F2
b
с
F1
а
2F1
y
с
D1
x
x
α
2F1
D2
α
F1
2F1
F1
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.4
№7
№8
Шкив 2 D
2
Шкив 1
F1
D2
Шкив 1 D1
D1
2F1
Шкив 2
2F2
2F2
F2
с
b
F1
а
F1
α
2F1
b
с
F2
а
D1
y
y
D1
2F1
x
α
x
2F1
F1
№9
№ 10
Шкив 2
F2
D2
Шкив 1
Шкив 2
2F2
D2
F2
2F2
Шкив 1 D1
D1
с
11
b
F1
а
2F1
y
а
D1
y
D1
x
x
α
2F1
26
с
2F1
b
F1
α
F1
F1
2F1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.4
№ 11
№ 12
Шкив 2
F2
Шкив 1
Шкив 2
D2
D2
Шкив 1
2F2
F1
2F1
D1
F2
D1
с
F1
2F1
b
с
2F2
а
b
а
D1
y
x
y
D1
2F1
α
2F1
F1
α
x
F1
№ 13
№ 14
Шкив 2
F2
Шкив 2
D2
2F2
Шкив 1
F1
Шкив 1
D2
2F2
2F1
D1
с
с
b
F1
а
2F1
y
b
F2
а
y
D1
x
α
2F1
D1
α
F1
D1
x
2F1
F1
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.4
№ 15
Шкив 2
Шкив 1
D1
№ 16
Шкив 1
D2
F1
2F1
2F2
2F1
Шкив 2
D2
D1
F1
с
F2
b
2F2
с
F2
b
а
а
y
α
F1
D1
x
α
2F1
2F1
y
D1
F1
x
№ 17
№ 18
Шкив 2
Шкив 1
D2
2F
F2
Шкив 2
F1
1
F2
Шкив 1
2F1
2F2
D1
с
b
2F2
y
α
2F1
D1
x
а
y
D1
x
F1
α
F1
28
F1
с
b
а
D1
D2
2F1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.4
№ 19
2F2
Шкив 1
№ 20
Шкив 2
Шкив 2
D2
D2
Шкив 1
F1
D1
D1
2F1
2F1
F1
F2
b
b
а
а
y
2F1
2F2
F2
с
с
D1
α
x
α
F1
y
D1
2F1
x
F1
№ 21
№ 22
Шкив 2
2F2
Шкив 2
F2
Шкив 1
D1
D2
D2
Шкив 1
F1
D1
F2
F1
b
2F1
а
y
F1
b
с
2F2
а
y
F1
D1
x
α
D1
x
α
2F1 с
2F1
2F1
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.4
№ 23
№ 24
Шкив 2
Шкив 2
D2
2F2
F2
Шкив 1
Шкив 1
F1
2F1
F2
D1
с
с
b
D1
y
α
2F1
а
F1
2F2
а
x
D1
x
α
2F1
2F1
F1
№ 25
№ 26
Шкив 2
Шкив 1
D2
Шкив 1
2F1
F1
b
а
α
F1
D1
D1
b
2F2
D2
F1
F2
с
с
а
Шкив 2
2F1
F2
30
D1
y
F1
D2
b
2F1
y
α
D1
x
2F1
F1
y
D1
x
2F2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.4
№ 27
№ 28
Шкив 2
2F2
Шкив 1
D2
Шкив 1
Шкив 2
F2
D2
D1
F1 с
2F1
F2
b
с
2F1
b
F1
а
2F2
y
а
y
F1
D1
2F1
D1
x
α
D1
x
α
F1
2F1
№ 30
№ 29
Шкив 2
D2
Шкив 1
F1
F2
Шкив 2
F2
Шкив 1
D1
D2
2F1
D1
с
b
а
2F1
с
F1
2F2
b
2F2
а
y
y
α
F1
F1
D1
x
D1
x
α
2F1
2F1
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.1.3 Задача № 3
Стальной промежуточный вал двухступенчатого редуктора передает
мощность Р при частоте вращения n. На вал насажены зубчатые колеса
диаметрами D1 и
D2. Для цилиндрических прямозубых передач принять
Fr=0,364Ft и Fα=0,14Ft; для цилиндрических косозубых передач принять
Fr=0,374Ft и Fα=0,14Ft; для конических передач принять Fr=0,32Ft и Fα=0,21Ft.
Весом вала, зубчатых колес, а также сжатием осевой силой в расчетах
пренебречь. Требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов Mx и My и крутящих
моментов Mz.
2. Определить из расчета на прочность требуемые диаметры вала в
сечениях под серединой зубчатых колес, не учитывая влияния шпоночной
канавки. Расчет выполнить по гипотезе прочности наибольших касательных
напряжений (по третьей теории прочности). Полученное по расчету значение
диаметра (мм) округлить до числа, оканчивающегося на 0 или 5.
Таблица 2.5 - Исходные данные к задаче № 3
D2,
№
a,
b,
c,
D1,
мм
мм
варианта мм
мм
мм
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
32
2
55
60
65
60
55
50
45
50
55
60
65
60
55
40
45
50
55
60
65
70
65
60
3
80
85
90
95
100
105
110
105
100
95
90
85
80
75
80
85
90
95
100
105
110
105
4
100
105
100
95
90
85
80
75
80
85
100
105
110
105
100
100
105
110
105
100
95
90
5
265
135
140
145
150
155
150
145
135
315
140
135
145
150
155
295
290
285
130
135
140
145
6
130
270
275
280
285
290
300
305
310
130
320
315
310
305
300
145
150
135
280
275
305
300
Р,
кВт
n,
об/мин
σadm,
МПа
7
6,0
7,2
7,8
8,7
7,0
8,2
8,5
9,2
8,0
8,6
9,7
9,8
9,0
9,6
10,5
10,7
10,0
11,0
10,8
11,5
9,0
8,2
8
300
250
230
350
200
330
400
450
220
420
370
280
430
340
270
410
240
380
260
470
340
290
9
50
55
60
65
70
75
80
50
55
60
65
70
75
80
50
55
60
65
70
75
80
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.5
1
2
3
4
23
55
100
85
24
50
95
80
25
55
90
85
26
70
85
100
27
65
80
105
28
55
85
110
29
45
90
105
30
50
95
100
5
150
145
150
130
135
140
145
135
6
295
290
285
280
305
300
280
315
7
9,6
10,2
8,0
7,4
8,5
7,2
7,0
6,7
8
490
330
480
280
400
250
200
320
9
55
60
65
70
75
80
50
55
а
b
D2
Fr2
D1
D1
D2
Таблица 2.6 - Схемы нагружения стержня к задаче № 3
№1
№2
Ft1 Fr1
Ft2 Fr2
Fr1
Fa1
Fa2
Ft1
Ft2
с
а
№3
b
с
№4
Ft1
Fr2
Fr1 Ft2
Ft2 Fr2
Fa2
а
b
а
с
№5
Fr1
Ft1
b
D2
D2
D1
D1
Fa1
с
№6
Fr1
Ft2
а
b
Fr2
Fr1
Fa2
D1
Fa2
D2
D1
Ft1
Ft2
с
а
Fr2
D2
Ft1
b
с
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а
Ft1
Fr1
D1
Fr2
Ft1
b
с
Fr1
а
№9
Fa1
b
с
№10
Fr2
Ft2
Ft1
D2
D1
D1
D2
Fr1
Fa1
а
Ft1
b
Fa2
Ft2
Fr1
а
с
№11
Fr2
b
с
№12
Fr1
Fr2
Ft2
Ft1
Fa2
Fr1 F
a1
а
b
№13
Fr1
D2
D2
D1
D1
Ft1
а
с
Fr2
b
Ft2
с
№14
Fa2
Fr2
Fr2
Ft2
Ft2
а
Ft1
b
а
с
№15
Fa2
D2
D2
D1
D1
Ft1
Fr1
b
с
№16
Ft1
F
Fa1 r1
b
с
Fr2
D2
Fa2
D1
Ft2
а
Fr2
Ft1
D2
D1
Fr1
34
Ft2
D2
Fa1
№8
D2
D1
Продолжение таблицы 2.6
№7
Fr2
Ft2
а
b
с
Ft2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.6
№17
№18
Fr1
а
Fa1
D2
D1
D1
Ft1
Ft1 Fr1
Ft2
D2
Fr2
Fa2
b
а
с
Fr2
с
Ft2
№20
Ft1
Fr1
а
Ft2
Ft2
Fr2
b
D2
Fr1
Ft1
D2
D1
Fa1
D1
№19
b
с
а
с
а
Ft1
Fr2
b
№23
Fa2
Fr1 Ft2
а
с
D2
Fa1
Fr1 Ft2
D2
Ft1
D1
№22
D1
№21
Fr2
b
Fa2
Fr2
b
с
№24
Ft1
Fr1
Fr1
Fa1
а
с
b
№25
Ft2
b
Fr2
с
№26
Fr2
Fa2
Ft2
b
с
Ft1
Fr1
D2
D1
D2
Fa2
а
Fr2
Ft1
D1
Fr1
Ft2
D1
D1
Fa2
Fr2
а
D2
Ft2
D2
Ft1
а
b
с
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение таблицы 2.6
№27
№28
Fr2
D1
а
b
Fa1
Fr1
Ft1
Fr1
Fa1
Ft1
а
с
№29
D2
D1
D2
Ft2
Fr2
b
Ft2
с
№30
b
с
Fr1
Ft1
D2
Ft1
Ft2
Fa2
Fa2
Fr2 Ft2
D1
а
Fr1
D2
D1
Fr2
а
b
с
3. Пример выполнения расчетно-проектировочной работы
«Расчет прямого вала по условию статической прочности на
совместное действие изгиба и кручения»
3.1 Задача № 1
Для заданного стального вала круглого сплошного поперечного сечения
диаметром d (рисунок 3.1) требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов (MX или MY) в вертикальной и
горизонтальной плоскостях
и крутящих моментов MZ. Ординаты эпюр
выразить через q.
2. Определить допускаемое значение нагрузки. Расчет выполнить по
четвертой гипотезе прочности.
q
Y
F = 2qb
X
А
Z
В
С
q
b = 0,8 м
а = 0,6 м
2
M=8qa
Дано: σadmр = σadmс = 60 МПа; a = 0,6 м; b = 0,8 м; d = 40 мм.
Рисунок 3.1 – Схема нагружения вала
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Данный вал (рисунок 3.2 а) испытывает деформацию изгиба в двух
взаимно перпендикулярных плоскостях (в вертикальной YZ и горизонтальной
XZ) и деформацию кручения. Рассмотрим действие на вал деформаций изгиба и
кручения в отдельности.
1. Рассмотрим изгиб в вертикальной плоскости.
На расчетную схему нанесем внешние нагрузки, действующие в
вертикальной плоскости YZ: сосредоточенную нагрузку F=2qb и
распределенную нагрузку интенсивностью q (рисунок 3.2 б). Обозначим
границы участков буквами А, В и С. Вал состоит из двух участков нагружения:
участок АВ и участок ВС. Составим уравнения изгибающих моментов Мx в
вертикальной плоскости для каждого участка вала, используя метод сечений и
правило знаков для внутренних силовых факторов.
Участок АВ (0 ≤ z1 ≤ 0,6 м).
Уравнение изгибающего момента M X для данного участка имеет вид:
1
М X 1 = − F ⋅ z1 = −2qb ⋅ z1 = −2 ⋅ 0,6q ⋅ z1 = −1,6q ⋅ z1
- (уравнение наклонной
прямой).
Определим значения изгибающих моментов M X для граничных сечений
1
вала:
при
z1 = 0
M X 1 = 0;
при
z1 = 0,6 м M X1 = −1,6q ⋅ 0,6 = −0,96q.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов MX на
данном участке вала (рисунок 3.2 в).
Участок ВС (0 ≤ z2 ≤ 0,8 м).
Уравнение изгибающего момента M X для данного участка имеет вид:
2
М X 2 = − F (a + z 2 ) − q
z 22
z2
= −2q ⋅ b ⋅ (a + z 2 ) = −1,6q ⋅ (0,6 + z 2 ) − q 2
2
2
-
(уравнение
параболы).
Определим значения изгибающих моментов M X для граничных сечений
2
вала:
при
z2 = 0
M X 2 = −1,6q ⋅ 0,6 = −0,96q;
при
z 2 = 0,8 м M X 2 = −1,6q ⋅ (0,6 + 0,8) − q
0,8 2
= −2,24q − 0,32q = −2,56q.
2
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов MX на
данном участке вала (рисунок 3.2 в).
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. Рассмотрим изгиб в горизонтальной плоскости.
На расчетную схему нанесем внешние нагрузки, действующие в
горизонтальной плоскости XZ: распределенную нагрузку интенсивностью q
(рисунок 3.2 г). В данном случае вал состоит из одного участка нагружения:
участок АС. Составим уравнение изгибающего момента МY в горизонтальной
плоскости, используя метод сечений и правило знаков для внутренних силовых
факторов.
Участок АС (0 ≤ z1 ≤ 1,4 м).
Уравнение изгибающего момента M Y для данного участка имеет вид:
1
M Y1 = q
2
1
z
2
- (уравнение параболы).
Определим значения изгибающих моментов M Y для граничных сечений
1
вала:
при
при
z1 = 0
M Y1 = 0;
z1 = 1,4 м М Y1
1,4 2
=q
= 0,98q.
2
Определим значение изгибающего момента в сечении В:
при
z1 = 0,6 м M Y1
0,6 2
=q
= 0,18q.
2
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов МY на
данном участке вала (рисунок 3.2, д).
3. Определим результирующий изгибающий момент Ми в граничных
сечениях.
Сечение А:
Ми = 0;
Сечение В:
M u = M X2 + M Y2 = (0,96q) 2 + (0,18q) 2 = 0,922q 2 + 0,032q 2 = 0,98q;
Сечение С:
M u = M X2 + M Y2 = (2,56q) 2 + (0,98q) 2 = 6,554q 2 + 0,960q 2 = 2,74q.
Построим эпюру результирующего изгибающего момента Ми (рисунок
3.2 е). Из эпюры видно, что наибольший результирующий изгибающий момент
возникает в сечении С (Ми max = 2,74q).
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. Рассмотрим действие на вал внешнего крутящего момента.
Нанесем на расчетную схему внешний крутящий момент (рисунок 3.2 ж).
Крутящий момент приложен в сечении А и действует по всей длине вала.
Вал состоит из одного участка нагружения: участок АС. Составим
уравнение крутящего момента M Z , используя метод сечений. Знак крутящего
момента физического смысла не имеет.
Участок АС (0 ≤ z ≤ 1,4 м).
Уравнение изгибающего момента Мz для данного участка имеет вид:
M z = 8qa 2 = 8q ⋅ (0,6) 2 = 2,88q.
Построим эпюру крутящего момента Мz (рисунок 3.2 и).
5. Определим опасное сечение вала.
Опасным сечением является то сечение, в котором результирующий
изгибающий момент Ми наибольший при одинаковом крутящем моменте Мz.
Опасным сечением является сечение С.
6. Определим допускаемую нагрузку.
Допускаемую нагрузку q для опасного сечения вала определим из
условия прочности:
σ экв =
М прив
W
≤ σ adm .
Приведенный момент из условия прочности численно равен:
M прив ≥ W ⋅ σ adm = 0,1d 3 ⋅ σ adm = 0,1 ⋅ 0,043 ⋅ 60 ⋅106 = 384 Н ⋅ м.
Определим приведенный момент для опасного сечения С по четвертой
теории прочности:
IV
M прив
= M X2 + M Y2 + 0,75M Z2 = ( 2,56q ) 2 + (0,98q ) 2 + 0,75 ⋅ (2,88q ) 2 =
= 6,554 q 2 + 0,960 q 2 + 8,294 q 2 = 3,703q.
Приравнивая значения приведенного момента, получаем:
3,703q = 384 Н ⋅ м.
Откуда получаем значение допускаемой нагрузки:
q=
384
Н
= 103,7 .
3,976
м
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
q
Y
а)
А
Z
M=8qa
2
Y
F=2qb
А
z1
Z
Вертикальная плоскость
q
В
z2
а = 0,6 м
С
b = 0,8 м
Эпюра МX
0
в)
q
b = 0,8 м
а = 0,6 м
X
б)
В
F = 2qb
X
С
0
0,96q
г)
2,56q
Y
X
Горизонтальная плоскость
Z
В
А
z1
С
а = 0,6 м
b = 0,8 м
Эпюра MY
0,98q
0,18q
д)
0
0
Эпюра Mu
2,74q
0,98q
е)
Z
ж)
X
Y 0
0
С
В
А
z1
а = 0,6 м
b = 0,8 м
Эпюра Mz
2,88q
и)
0
2,88q
0
Рисунок 3.2 – Эпюры внутренних силовых факторов
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.2 Задача № 2
На стальной трансмиссионный вал одинакового номинального диаметра d
по всей длине насажены шкив 1 диаметром D1 и шкив 2 диаметром D2
(рисунок 3.3). Через шкив 1 перекинут приводной ремень, ветви которого
составляют угол α с осью x. Через шкив 2 перекинут приводной ремень, ветви
которого параллельны осям х или у. Посредством ременной передачи через
шкив 2 к валу подводится мощность Р при угловой скорости вращения ω,
которая передается через шкив 1 к рабочим частям машины. Собственным
весом вала, шкивов, а также силой трения в расчетах пренебречь. Требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов Mx
и My и крутящих
моментов Mz.
2. Определить опасное сечение вала.
3. Для опасного сечения вала определить диаметр поперечного сечения d.
Расчет выполнить по гипотезе прочности наибольших касательных напряжений
(по третьей теории прочности). Полученное по расчету значение диаметра (мм)
округлить до числа, оканчивающегося на 0 или 5.
Шкив 1
Шкив 2
D2
F1
D1
2F1
Р, ω
F2
2F2
с = 0,7 м
b = 0,6 м
а = 0,3 м
F1
у
α1
D1
2F1
х
Дано: a = 0,3 м; b = 0,6 м; c = 0,7 м; D1 = 370 мм; D2 = 200 мм;
P = 12 кВт; ω = 10 рад/с; α = 300; σadm = 40 МПа.
Рисунок 3.3 – Схема нагружения вала
41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1. Рассмотрим заданный вал.
На заданный трансмиссионный стальной вал (σadm=40 МПа ) насажен
шкив 1 диаметром D1= 370 мм и шкив 2 диаметром D2=200 мм. От шкива 2
приводной ремень идет к электромотору. Усилие в сбегающей ветви в 2 раза
больше, чем в набегающей. Вал передает мощность Р=12 кВт при угловой
скорости вращения ω=10 рад/с посредством ременной передачи через шкив 1.
Ветви приводного ремня на шкиве 1 расположены под углом α=300 к оси х.
Усилие в сбегающей ветви в 2 раза больше, чем в набегающей (рисунок 3.4 а).
Обозначим граничные сечения буквами А, В, С и D. Вал состоит из трех
участков нагружения: участок АВ; участок ВС и участок С D. Вал опирается
на подшипники в сечениях А и Д.
Положение и направление координатных осей указано на схеме (рисунок
3.4, а). Вал испытывает деформацию изгиба в двух взаимно перпендикулярных
плоскостях (в вертикальной yz и горизонтальной xz) и деформацию кручения.
В ременных передачах возникают следующие силы:
на шкиве 1 - окружная сила Ft1=2F1 - F1 и сила давления шкива S1=2F1+F1;
на шкиве 2 – окружная сила Ft2=2F2 - F2 и сила давления шкива S2=2F2+F2.
Ветви приводного ремня на шкиве 1 расположены под углом α=300 к оси
x. Разложим силу давления S1 (рисунок 3.4 а) на:
- вертикальную составляющую равную S1 y = S1 ⋅ sin α = (2 F1 + F1 ) ⋅ sin α ;
- горизонтальную составляющую равную S1x = S1 ⋅ cos α = (2 F1 + F1 ) ⋅ cos α .
Окружные силы Ft1 и Ft2 создают крутящие моменты:
M1 =
Ft1 ⋅ D1 (2 F1 − F1 ) ⋅ D1
и
=
2
2
M2 =
Ft 2 ⋅ D2 (2 F2 − F2 ) ⋅ D2
.
=
2
2
2. Составим расчетную схему нагружения вала в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях.
Перенесем нагрузки, действующие на вал на его ось.
От шкива 1:
- проекцию на силы давления шкива на вал ось y: S1 y = (2 F1 + F1 ) ⋅ sin α ;
- проекцию силы давления шкива на вал на ось x: S1x = (2 F1 + F1 ) ⋅ cos α ;
- крутящий момент М1.
От шкива 2:
- силу давления шкива на вал: S 2 = 2 F2 + F2 ;
- крутящий момент М2.
Подшипники заменим пространственными шарнирными опорами. На
схему так же нанесем реакции опор (YA и YD – в вертикальной плоскости
параллельно оси y; XA и XD – в горизонтальной плоскости параллельно оси x),
которые возникают в результате действия внешней нагрузки. Направление
реакций опор выбираем произвольно (рисунок 3.4 б).
42
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3. Определим усилия в ременных передачах.
3.1 Передаваемый крутящий момент:
М =
974 P
ω
=
6 ⋅ 974
= 584,4 Н ⋅ м = 0,584 кН ⋅ м;
10
М=М1 = М2 = 0,584 кН ·м,
где
М1 - крутящий момент на шкиве 1, кН·м;
М2 - крутящий момент на шкиве 2, кН·м.
3.2 Шкив 1
- окружная сила Ft1 равна:
Ft1 = 2 F1 − F1 =
2 M 1 2 ⋅ 0,584
=
= 5,84 кН ;
0,2
D1
F1 = 5,84 кН - натяжение в набегающей ветви;
2 F1 = 11,68 кН - натяжение в сбегающей ветви;
- нагрузка S1 на вал от шкива 1 (давление шкива на вал) составляет:
S1 = 2 F1 + F1 = 3 F1 = 3 ⋅ 5,84 = 17,52 кН .
Ветви приводного ремня на шкиве 1 расположены под углом α=300 к оси
x. Проекция силы S1 на ось y (S1y) вызывает изгиб в вертикальной плоскости yz,
а проекция силы S1 на ось x (S1x) вызывает изгиб в горизонтальной плоскости
xz, (рисунок 3.4, а).
S1 y = S1 ⋅ sin α = (2 F1 + F1 ) ⋅ sin α = 3F1 ⋅ sin α = 17,52 ⋅ sin 30 0 = 17,52 ⋅ 0,5 = 8,76 кН ;
S1x = S1 ⋅ cos α = (2 F1 + F1 ) ⋅ cos α = 3F1 ⋅ cos α = 17,52 ⋅ cos 30 0 = 17,52 ⋅ 0,866 = 15,17 кН .
3.3 Шкив 2
- окружная сила Ft2 (суммарная сила натяжения ремня на шкиве) равна:
Ft 2 = 2 F2 − F2 =
2 M 2 2 ⋅ 0,584
=
= 3,16 кН ;
0,37
D2
F2 = 3,16 кН - натяжение в набегающей ветви;
2 F2 = 6,32 кН - натяжение в сбегающей ветви;
- нагрузка S2 на вал от шкива 2 (давление шкива на вал) составляет:
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
S 2 = 2 F2 + F2 = 3F2 = 3 ⋅ 3,16 = 9,48 кН .
Ветви приводного ремня шкива 2 расположены параллельно оси y. Сила
давления на вал S2 от шкива 2 вызывает изгиб в вертикальной плоскости yz.
4. Рассмотрим изгиб в вертикальной плоскости.
Нанесем на схему только те нагрузки, которые вызывают изгиб в
вертикальной плоскости yz: S 2 = 2 F2 + F2 = 9,48 кН ; S1Y = (2 F1 + F1 ) ⋅ sin α = 8,76 кН и
возникающие от их действия реакции опор - XA и XD (рисунок 3.4 в).
4.1 Определим реакции опор YA и YD из уравнений равновесия статики.
Условимся, что если сила создает момент по ходу часовой стрелки, то будем
считать его отрицательным; против хода часовой стрелки – положительным.
Определим реакцию опоры YD. Составим сумму моментов относительно
опоры А и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
∑М
А
= 0;
− S 2 ⋅ а + S1 y ⋅ (a + b) + YD ⋅ (a + b + c) = 0.
Откуда находим реакцию опоры YD:
YD =
S 2 ⋅ a − S1y ⋅ (a + b) 9,48⋅ 0,3 − 8,76⋅ (0,3 + 0,6)
=
= −3,15 кН.
a +b+c
0,3 + 0,6 + 0,7
Знак «-» указывает на то, что реакция опоры YD направлена в
противоположную сторону по отношению к выбранному направлению.
Определим реакцию опоры YА. Составим сумму моментов относительно
опоры D и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
∑М
D
= 0;
S 2 ⋅ (b + c) − S1 y ⋅ c − YA ⋅ (a + b + c) = 0.
Откуда находим реакцию опоры YA:
YA =
S2 ⋅ (b + c) − S1y ⋅ c 9,48⋅ 1,3 − 8,76 ⋅ 0,7
=
= 3,87 кН.
a+b+c
0,3 + 0,6 + 0,7
Выполним проверку.
Составим сумму проекций сил на ось y. За положительное направление
силы примем направление оси y, указанное на чертеже.
∑F
y
= 0;
YA − S 2 + S1 y + YD = 0;
3,87 − 9, 48 + 8, 76 − 3,15 = 0.
Реакции опор определены верно.
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4.2 Построим эпюру изгибающего момента Mx в вертикальной плоскости.
Составим уравнения изгибающего момента для каждого участка, используя
метод сечений и правило знаков для внутренних силовых факторов.
Участок АВ (0 ≤ z1 ≤ 0,3 м)
Уравнение изгибающего момента M x1 для данного участка имеет вид:
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M x1 для граничных сечений
М x1 = Y A ⋅ z1 = 3,87 ⋅ z1
вала:
при
z1 = 0
M x1 = 0;
при
z1 = 0,3 м M x1 = 3,87 ⋅ 0,3 = 1,16 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов Мx на
данном участке вала (рисунок 3.4, г).
Участок ВС (0 ≤ z2 ≤ 0,6 м)
Уравнение изгибающего момента M x 2 для данного участка имеет вид:
М x 2 = −YD ⋅ (c + z 2 ) + S1 y ⋅ z 2 = −3,15 ⋅ (0,7 + z 2 ) + 8,76 ⋅ z 2
- (уравнение наклонной
прямой).
Определим значения изгибающих моментов M x 2 для граничных сечений
вала:
при
z2 = 0
M x 2 = −3,15 ⋅ 0,7 = −2,21 кН ⋅ м;
при
z 2 = 0,6 м M x 2 = −3,15 ⋅ (0,7 + 0,6) + 8,76 ⋅ 0,6 = 1,16 кН ⋅ м.
Участок СD (0 ≤ z3 ≤ 0,7 м)
Уравнение изгибающего момента M x 3 для данного участка имеет вид:
М x 3 = −YD ⋅ z 3 = −3,15 ⋅ z 3
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M x 3 для граничных сечений
вала:
при
z3 = 0
M x 3 = 0;
при
z 3 = 0,7 м M x 3 = −3,15 ⋅ 0,7 = −2,21 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов Мx на
данном участке вала (рисунок 3.4 г).
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5. Рассмотрим изгиб в горизонтальной плоскости.
Нанесем на схему только те нагрузки, которые вызывают изгиб в
горизонтальной плоскости xz: S1x = (2 F1 + F1 ) ⋅ cos α =15,17 кН и возникающие от
ее действия реакции опор - XA и XD (рисунок 3.4 д).
5.1 Определим реакции опор XA и XD из уравнений равновесия статики.
Условимся, что если сила создает момент по ходу часовой стрелки, то будем
считать его отрицательным; против хода часовой стрелки – положительным.
Определим реакцию опоры XD. Составим сумму моментов относительно
опоры А и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
∑М
А
= 0;
S1x ⋅ (a + b) − X D ⋅ (a + b + c) = 0.
Откуда находим реакцию опоры XD:
S1x ⋅ (a + b) 15,17 ⋅ (0,3 + 0,6)
=
= 8,53 кН.
a+b+c
0,3 + 0,6 + 0,7
XD =
Определим реакции опор XA. Составим сумму моментов относительно
опоры D и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
∑М
D
= 0;
− S1x ⋅ c + X A ⋅ (a + b + c) = 0.
Откуда находим реакцию опоры XA:
XA =
S1x ⋅ c
15,17⋅ 0,7
=
= 6,64 кН.
a + b + c 0,3 + 0,6 + 0,7
Выполним проверку.
Составим сумму проекций сил на ось x. За положительное направление
силы примем направление оси x, указанное на чертеже.
∑F
x
= 0;
− X A + S1x − X D = 0;
− 6,64 + 15,17 − 8,53 = 0.
Реакции опор определены верно.
5.2 Построим эпюру изгибающего момента My в горизонтальной
плоскости. Составим уравнения изгибающего момента для каждого участка,
используя метод сечений и правило знаков для внутренних силовых факторов.
Участок АС (0 ≤ z1 ≤ 0,9 м)
Уравнение изгибающего момента M y1 для данного участка имеет вид:
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
М y1 = − X A ⋅ z1 = −6,64 ⋅ z1
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M y1 для граничных сечений
вала:
при
z1 = 0
M y1 = 0;
при
z1 = 0,9 м M y1 = −6,64 ⋅ 0,9 = −5,98 кН ⋅ м.
Определим значение изгибающего момента M y1 в сечении В:
при
z1 = 0,3 м M y1 = −6,64 ⋅ 0,3 = −1,99 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов на
данном участке (рисунок 3.4, е).
Участок СD (0 ≤ z2 ≤ 0,7м)
Уравнение изгибающего момента M y 2 для данного участка имеет вид:
М y 2 = − X D ⋅ z 2 = −8,53 ⋅ z 2
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M Y для граничных сечений
2
вала:
при
z2 = 0
M y 2 = 0;
при
z 2 = 0,7 м M y 2 = −8,5 ⋅ 0,7 = −5,98 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов
данном участке (рисунок 3.4, е).
на
6. Определим результирующий изгибающий момент для граничных
сечений вала.
Результирующий изгибающий момент определяется по формуле:
M и = M x2 + M y2 .
Сечение А:
M и = 0;
Сечение В:
M и = M x2 + M y2 = 1,16 2 + 1,99 2 = 2,3 кН ⋅ м;
Сечение С:
M и = M x2 + M y2 = 2,212 + 5,98 2 = 6,38 кН ⋅ м;
Сечение D:
M и = 0.
47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
По найденным значениям строим эпюру результирующих изгибающих
моментов Mu (рисунок 3.4, ж). На участках АВ и СD вид эпюры – наклонная
прямая; на участке ВС – парабола.
7. Рассмотрим действие на вал внешнего передаваемого момента.
Нанесем на схему только внешние крутящие моменты М1 и М2,
действующие в сечениях В и С (рисунок 3.4, и). Моменты М1 и М2 численно
равны передаваемому моменту и из условия равновесия противоположны по
направлению:
М = М 1 = М 2 = 0,584 кН ⋅ м.
Построим эпюру крутящего момента Mz. Крутящий момент возникает
только на участке между шкивами – на участке ВС. Составим уравнение
крутящего момента для данного участка, используя метод сечений. Знак
крутящего момента физического смысла не имеет.
Участок ВС (0 ≤ z2 ≤ 0,6 м)
Уравнение крутящего момента Mz для данного участка имеет вид:
M Z = M 1 = 0,584 кН ⋅ м
- (уравнение константы).
По найденным значениям строим эпюру крутящих моментов Mz на
данном участке (рисунок 3.4, к).
8. Определим приведенный изгибающий момент для граничных
сечений вала.
Приведенный изгибающий момент согласно третьей теории прочности
определяется по формуле:
III
М прив
=
М x2 + М y2 + M z2 .
III
Сечение А: M прив
= 0;
III
= M x2 + M y2 + M z2 = 1,16 2 + 1,99 2 + 0,584 2 = 2,38 кН ⋅ м;
Сечение В: M прив
III
= M x2 + M y2 + M z2 = 2,212 + 5,98 2 + 0,584 2 = 6,4 кН ⋅ м;
Сечение С: M прив
III
Сечение D: M прив
= 0.
III
По найденным значениям строим эпюру приведенного момента М прив
(рисунок 3.4 л). На участках АВ и СD вид эпюры – наклонная прямая; на
участке ВС – парабола.
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
9. Определим опасное сечение вала.
Опасным сечением является то сечение, в котором приведенный момент
имеет наибольшее значение по модулю. Из эпюры видно, что опасным
III
сечением является сечение С ( M прив
= 6,4 кН ⋅ м ).
10. Для опасного поперечного сечения вала подберем требуемый
диаметр.
Требуемый диаметр поперечного сечения вала определим из условия
прочности:
σ экв =
М прив
W
≤ σ adm .
Из условия прочности осевой момент сопротивления равен:
W≥
M прив
σ adm
.
Тогда диаметр круглого сплошного вала (с учетом, что W =
πd 3
32
≅ 0,1d 3 )
будет определяться по формуле:
d ≥3
32W
π
≥3
III
32 M прив
πσ adm
≅3
III
10 M прив
σ adm
≅3
10 ⋅ 6,4 ⋅ 10 3
≅ 0,09928 м ≅ 99,28 мм.
65 ⋅ 10 6
Округляя величину диаметра, окончательно назначаем:
d = 100 мм.
49
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Шкив 1
D2
Шкив 2
Р, ω
y
а)
D1
D
C
B
x
F2
А
z
2F1
F1
с = 0,7 м
2F2
b = 0,6 м
а = 0,3 м
Шкив 2
y
S1=2F1+ F1
Шкив 1
у
F1
α
D2
S1y
D1
2F1
х
α
x
S1x
S1x = S1·cosα = (2F1+ F1) · cosα
F2
2F2
S1y = S1·sinα = (2F1+ F1)· sinα
S2=2F2+ F2
Расчетная схема
y
x
YA
б) z
А
M2
b = 0,6 м
А
B
z1
с = 0,7 м
C
S2 =9,48 кН
а = 0,3 м
1,16
г)
XD
Изгиб
Вертикальная плоскость
YD=3,15 кН
S1y =8,76 кН
YA=3,87 кН
в) z
D
M1
S2=2F2+ F2
а = 0,3 м
y
YD
C
B
XA
x
S1y = S1·sinα =
= (2F1+ F1) ·sinα
S1x = S1·cosα =
= (2F1+ F1) ·cosα
D
z2
z3
с = 0,7 м
b=0,6 м
Эпюра Мх, к·Нм
0
0
2,21
Рисунок 3.4 – Эпюры внутренних силовых факторов, лист 1
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Горизонтальная плоскость
y
x
S1x=15,7 кН
д) z
А
B
D
C
z1
XA=6,64 кН
а = 0,3 м
с = 0,7 м
b=0,6 м
z2
XD=8,53 кН
Эпюра Му, кН·м
0
е)
0
1,99
5,98
Эпюра Мu, кН·м
6,38
ж)
2,3
0
x
M2=0,584 кН·м
y
А
и) z
0
Кручение
M1=0,584 кН·м
а = 0,3 м
D
C
B
z1
b=0,6 м
с = 0,7 м
Эпюра Мz, кН·м
0,584
к)
0
0
Эпюра МIIIприв., кН·м 6,4
2,38
л)
0
0
Рисунок 3.4, лист 1
51
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.3 Задача № 3.
Стальной промежуточный вал двухступенчатого редуктора передает
мощность Р при частоте вращения n (рисунок 3.5). На вал насажены зубчатые
колеса диаметрами D1 и
D2. Для цилиндрических прямозубых передач
принять Fr=0,364Ft и Fα=0,14Ft; для цилиндрических косозубых передач
принять Fr=0,374Ft и Fα=0,14Ft; для конических передач принять Fr=0,32Ft и
Fα=0,21Ft. Весом вала, зубчатых колес, а также сжатием осевой силой в
расчетах пренебречь. Требуется:
1. Построить эпюры изгибающих моментов Mx и My и крутящих
моментов Mz.
2. Определить из расчета на прочность требуемые диаметры вала в
сечениях под серединой зубчатых колес, не учитывая влияния шпоночной
канавки. Расчет выполнить по гипотезе прочности наибольших касательных
напряжений (по третьей теории прочности). Полученное по расчету значение
диаметра (мм) округлить до ближайшего числа, оканчивающегося на 0 или 5.
Fr1
D1
D2
P, n
Ft1
Ft2
а = 60 мм
b = 90 мм
Fr2
Fα2
с = 80 мм
Дано: a = 60 мм; b = 90 мм; c = 80 мм; D1 = 300 мм; D2 = 145 мм;
P = 12 кВт; n = 300 об/мин; σadm = 50 МПа.
Рисунок 3.5 – Схема нагружения вала
1. Рассмотрим заданный вал.
На заданный промежуточный вал насажены два зубчатых колеса:
цилиндрическое прямозубое колесо диаметром D1= 300 мм и коническое
колесо диаметром D2=145 мм (рисунок 3.6 а). Вал передает мощность Р=12
кВт при скорости вращения n=300 об/мин.
Положение и направление координатных осей указано на чертеже.
Обозначим граничные сечения буквами А, В, С и D. Вал состоит из трех
участков нагружения: участок АВ; участок ВС и участок СD. Вал опирается
на подшипники в сечениях А и Д (рисунок 3.6 а).
В зацеплениях зубчатых колес возникают силы зацепления. Радиальные
силы Fr1 и Fr2 действуют в вертикальной плоскости yz и направлены по
радиусу к центру колес; окружные силы Ft1 и Ft2 действуют в горизонтальной
плоскости xz и направлены по касательной к окружности колес. Осевая сила
Fα2 направлена параллельно оси вала и создает изгибающий момент M F в
α2
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
вертикальной плоскости. При заданной конструкции осевая сила Fα2 передается
непосредственно на правый подшипник, не вызывая растяжения или сжатия
вала. Окружные силы Ft1 и Ft2 создают скручивающие моменты M 1 =
и M2 =
Ft 2 ⋅ D2
.
2
Ft1 ⋅ D1
2
2. Составим схему нагружения промежуточного вала в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях.
Перенесем силы зацепления Fr1, Fr2, Ft1, Ft2, Fα2 ; изгибающий момент
М F и крутящие моменты М1 и M2 на ось вала (рисунок 3.6 б). Подшипники
заменим пространственными шарнирными опорами. На схему так же нанесем
реакции опор (YA и YD – в вертикальной плоскости параллельно оси y; XA и
XD – в горизонтальной плоскости параллельно оси x; ZD – параллельно оси z),
которые возникают в результате действия внешней нагрузки. Так как при
заданной конструкции осевая сила Fα2 передается непосредственно на правый
подшипник, то реакция будет возникать в опоре D. Направление реакций опор
выбираем произвольно.
α2
3. Определим усилия в зубчатых передачах.
1.1 Передаваемый крутящий момент:
М =
974 P
ω
=
974 ⋅ 30 P 974 ⋅ 30 ⋅ 12
=
= 372,22 Н ⋅ м = 0,372 кН ⋅ м.
πn
3,14 ⋅ 300
М=М1 = М2 =0,372 кН ·м,
где
М1 - крутящий момент на зубчатом колесе 1;
М2 - крутящий момент на зубчатом колесе 2.
3.2 Силы в зацеплениях.
Для первого колеса:
- окружная сила
Ft1 =
2M 1 2 ⋅ 0,372
=
= 2,48 кН ;
D1
0,3
- радиальная сила
Fr1 = 0,364 Ft1 = 0,364 ⋅ 2,48 = 0,903 кН .
Для второго колеса:
- окружная сила
Ft 2 =
2 M 2 2 ⋅ 0,372
=
= 5,131 кН ;
D2
0,145
53
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
- радиальная сила
Fr 2 = 0,32 Ft 2 = 0,32 ⋅ 5,131 = 1,642 кН ;
- осевая сила
Fα 2 = 0,21Ft 2 = 0,21 ⋅ 5,131 = 0,718 кН ;
- изгибающий момент, создаваемый осевой силой Fα2
M Fα 2 = Fα 2 ⋅
D2
0,145
= 0,718 ⋅
= 0,052 кН ⋅ м.
2
2
4. Рассмотрим изгиб в вертикальной плоскости.
Нанесем на схему только те нагрузки, которые вызывают изгиб в
вертикальной плоскости yz: Fr1, Fr2, Fα2 и M F , и возникающие от их действия
реакции опор: YA, YD и ZD (рисунок 3.6 в).
4.1 Определим реакции опор YA, YD и ZD из уравнений равновесия
статики. Условимся, что если сила создает момент по ходу часовой стрелки, то
будем считать его отрицательным; против хода часовой стрелки –
положительным.
Определим реакцию опоры YD. Составим сумму моментов относительно
опоры А и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
α2
∑М
А
= 0;
− Fr1 ⋅ a + M Fα 2 + Fr 2 ⋅ (a + b) + YD ⋅ (a + b + c) = 0.
Откуда находим реакцию опоры YD:
YD =
Fr1 ⋅ a − Fr 2 ⋅ (a + b) − M Fα 2
a+b+c
=
0,903⋅ 0,06 − 1,642⋅ (0,06 + 0,09) − 0,052
= −1,061кН.
0,06 + 0,09 + 0,08
Знак «-» означает, что реакция опоры YD направлена в противоположную
сторону по отношению к выбранному направлению.
Определим реакцию опоры YА. Составим сумму моментов относительно
опоры D и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
∑М
D
= 0;
− Fr 2 ⋅ c + M Fα 2 + Fr1 ⋅ (b + c) − YA ⋅ (a + b + c) = 0.
Откуда находим реакцию опоры YA:
54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
YA =
− Fr 2 ⋅ c + Fr1 ⋅ (b + c) + M Fα 2
=
a+b+c
− 1,642⋅ 0,08 + 0,903⋅ (0,09 + 0,08) + 0,052
= 0,322кН.
0,06 + 0,09 + 0,08
Выполним проверку.
Составим сумму проекций сил на ось у. За положительное направление
силы примем направление оси у, указанное на чертеже.
∑F
у
= 0;
Y A − Fr1 + Fr 2 + YD = 0;
0,322 − 0,903 + 1,642 − 1,061 = 0.
Реакции опор определены верно.
Определим реакцию опоры ZD. Составим сумму проекций сил на ось z. За
положительное направление силы примем направление оси z, указанное на
чертеже.
∑F
z
= 0;
Fα 2 − Z D = 0;
Z D = Fα 2 = 0,718 кН .
4.2 Построим эпюру изгибающего момента Mx в вертикальной плоскости.
Составим уравнения изгибающего момента для каждого участка, используя
метод сечений и правило знаков для внутренних силовых факторов.
Участок АВ (0 ≤ z1 ≤ 0,06 м)
Уравнение изгибающего момента M x1 для данного участка имеет вид:
М x1 = Y A ⋅ z1 = 0,322 ⋅ z1
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M x1 для граничных сечений
вала:
при
z1 = 0
M x1 = 0;
при
z1 = 0,06 м M x1 = 0,322 ⋅ 0,06 = 0,019 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов Мx на
данном участке вала (рисунок 3.6 г).
Участок ВС (0 ≤ z2 ≤ 0,09 м)
Уравнение изгибающего момента M x 2 для данного участка имеет вид:
М x 2 = Y A ⋅ (a + z 2 ) − Fr1 ⋅ z 2 = 0,322 ⋅ (0,06 + z 2 ) − 0,903 ⋅ z 2
- (уравнение наклонной
прямой).
55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определим значения изгибающих моментов M x 2 для граничных сечений
вала:
при
z2 = 0
M x 2 = 0;
при
z 2 = 0,09 м M x 2 = 0,322 ⋅ (0,06 + 0,09) − 0,903 ⋅ 0,09 = −0,033 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов Мx на
данном участке вала (рисунок 3.6 г).
Участок СD (0 ≤ z3 ≤ 0,08 м)
Уравнение изгибающего момента M x 3 для данного участка имеет вид:
М x 3 = −YD ⋅ z 3 = −1,061 ⋅ z 3
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M x 3 для граничных сечений
вала:
при
z3 = 0
M x 3 = 0;
при
z 3 = 0,08 м M x 3 = −1,061 ⋅ 0,08 = −0,085 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов Мx на
данном участке вала (рисунок 3.6 г).
5. Рассмотрим изгиб в горизонтальной плоскости.
Нанесем на схему только те нагрузки, которые вызывают изгиб в
горизонтальной плоскости: Ft1 и Ft2 возникающие от их действия реакции
опор: XA и XD (рисунок 3.6 д).
5.1 Определим реакции опор XA и XD из уравнений равновесия статики.
Условимся, что если сила создает момент по ходу часовой стрелки, то будем
считать его отрицательным; против хода часовой стрелки – положительным.
Определим реакцию опоры XD. Составим сумму моментов относительно
опоры А и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
∑М
А
= 0;
Ft1 ⋅ a + Ft 2 ⋅ (a + b) − X D ⋅ (a + b + c) = 0.
Откуда находим реакцию опоры XD:
XD =
Ft1 ⋅ a + Ft 2 ⋅ (a + b) 2,48⋅ 0,06 + 5,131⋅ (0,06 + 0,09)
=
= 3,993кН.
a +b+c
0,06 + 0,09 + 0,08
Определим реакцию опоры XA. Составим сумму моментов относительно
опоры D и из условия равновесия системы приравняем к нулю.
∑М
56
D
= 0;
− Ft 2 ⋅ c − Ft1 ⋅ (b + c) + X A ⋅ (a + b + c) = 0.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Откуда находим реакцию опоры XA:
XA =
Ft 2 ⋅ c + Ft1 ⋅ (b + c) 5,131⋅ 0,08 + 2,48⋅ (0,09 + 0,08)
=
= 3,618кН.
a +b+c
0,06 + 0,09 + 0,08
Выполним проверку.
Составим сумму проекций сил на ось х. За положительное направление
силы примем направление оси х, указанное на чертеже.
∑F
х
= 0;
− X A + Ft1 + Ft 2 − X D = 0;
− 3,618 + 2,48 + 5,131 − 3,993 = 0.
Реакции опор определены верно.
5.2 Построим эпюру изгибающего момента My в горизонтальной
плоскости. Составим уравнения изгибающего момента для каждого участка,
используя метод сечений и правило знаков для внутренних силовых факторов.
Участок АВ (0 ≤ z1 ≤ 0,06 м)
Уравнение изгибающего момента M y1 для данного участка имеет вид:
М y1 = − X A ⋅ z1 = −3,618 ⋅ z1
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M y1 для граничных сечений
вала:
при
z1 = 0
M y1 = 0;
при
z1 = 0,06 м M y1 = −3,618 ⋅ 0,06 = −0,217 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов My на
данном участке вала (рисунок 3.6 е).
Участок ВС (0 ≤ z2 ≤ 0,09 м)
Уравнение изгибающего момента M y 2 для данного участка имеет вид:
М y 2 = − X A ⋅ (a + z 2 ) + Ft1 ⋅ z 2 = −3,618 ⋅ (0,06 + z 2 ) + 2,48 ⋅ z 2
- (уравнение наклонной
прямой).
Определим значения изгибающих моментов M y 2 для граничных сечений
вала:
при
z2 = 0
M y 2 = 0;
при
z 2 = 0,09 м M y 2 = −3,618 ⋅ (0,06 + 0,09) + 2,48 ⋅ 0,09 = −0,32 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов My на
данном участке вала (рисунок 3.6 е).
57
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Участок СD (0 ≤ z3 ≤ 0,08 м)
Уравнение изгибающего момента M y 3 для данного участка имеет вид:
М y 3 = − X D ⋅ z 3 = −3,993 ⋅ z 3
- (уравнение наклонной прямой).
Определим значения изгибающих моментов M y 3 для граничных сечений
вала:
при
z3 = 0
M y 3 = 0;
при
z 3 = 0,08 м M y 3 = −3,933 ⋅ 0,08 = −0,32 кН ⋅ м.
По найденным значениям строим эпюру изгибающих моментов My на
данном участке вала (рисунок 3.6 е).
6. Определим результирующий изгибающий момент для граничных
сечений вала.
Результирующий изгибающий момент определяется по формуле:
M и = M x2 + M y2 .
Сечение А:
M и = 0;
Сечение В: M и = M x2 + M y2 = 0,019 2 + 0,217 2 = 0,218 кН ⋅ м;
Сечение С:
M и = M x2 + M y2 = 0,033 2 + 0,32 2 = 0,322 кН ⋅ м;
- конец участка ВС:
- начало участка СD:
Сечение D:
M и = M x2 + M y2 = 0,085 2 + 0,32 2 = 0,331 кН ⋅ м;
M и = 0.
По найденным значениям строим эпюру результирующих изгибающих
моментов Mu (рисунок 3.6 ж). На участках АВ и СD вид эпюры – наклонная
прямая; на участке ВС – парабола.
7. Рассмотрим действие на вал внешнего передаваемого момента.
Нанесем на схему только внешние крутящие моменты М1 и М2, действующие в
сечениях В и С (рисунок 3.6 и). Моменты М1 и М2 численно равны
передаваемому моменту и из условия равновесия противоположны по
направлению:
М = М 1 = М 2 = 0,372 кН ⋅ м .
Построим эпюру крутящего момента Mz. Крутящий момент возникает
только на участке между зубчатыми колесами – на участке ВС. Составим
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
уравнение крутящего момента для данного участка, используя метод сечений.
Знак крутящего момента физического смысла не имеет.
Участок ВС (0 ≤ z2 ≤ 0,09м)
Уравнение крутящего момента Mz для данного участка имеет вид:
M z = M 1 = 0,372 кН ⋅ м − ( уравнение константы).
По найденным значениям строим эпюру крутящих моментов Mz на
данном участке вала (рисунок 3.6 к).
8. Определим приведенный изгибающий момент для граничных
сечений вала.
Приведенный изгибающий момент согласно третьей теории прочности
определяется по формуле:
III
М прив
= М x2 + М y2 + M z2 .
III
= 0;
Сечение А: M прив
III
= M x2 + M y2 + M z2 = 0,019 2 + 0,217 2 + 0,372 2 = 0,431 кН ⋅ м;
Сечение В: M прив
Сечение С:
- конец участка ВС:
III
M прив
= M x2 + M y2 + M z2 = 0,033 2 + 0,32 2 + 0,372 2 = 0,492 кН ⋅ м;
- начало участка СD:
III
M прив
= M x2 + M y2 + M z2 = 0,085 2 + 0,32 2 + 0,372 2 = 0,498 кН ⋅ м;
III
Сечение D: M прив
= 0;
По найденным значениям строим эпюру результирующих изгибающих
моментов на данном участке (рисунок 3.6 л).
9. Для сечения В под серединой зубчатого колеса, насаженного на
вал, подберем требуемый диаметр вала dB, используя гипотезу наибольших
касательных напряжений.
Требуемый диаметр поперечного сечения вала определим из условия
прочности:
σ экв =
М прив
W
≤ σ adm .
Из условия прочности осевой момент сопротивления равен:
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
W≥
M прив
σ adm
.
Тогда диаметр круглого сплошного вала (с учетом, что W =
πd 3
32
≅ 0,1d 3 )
будет определяться по формуле:
dВ ≥ 3
32W
π
≥3
III
32 M прив
πσ adm
≅3
III
10 M прив
σ adm
≅3
10 ⋅ 0,431 ⋅ 10 3
≅ 0,04408 м ≅ 44,08 мм.
50 ⋅ 10 6
Округляя величину диаметра, окончательно назначаем:
dВ= 45 мм.
10. Для сечения С под серединой зубчатого колеса, насаженного на
вал, подберем требуемый диаметр вала dС, используя гипотезу наибольших
касательных напряжений.
Требуемый диаметр поперечного сечения вала определим из условия
прочности:
σ экв =
М прив
W
≤ σ adm .
Из условия прочности осевой момент сопротивления равен:
W≥
M прив
σ adm
.
Тогда диаметр круглого сплошного вала (с учетом, что W =
πd 3
32
≅ 0,1d 3 )
будет определяться по формуле:
dС ≥ 3
32W
π
≥3
III
32 M прив
πσ adm
≅3
III
10 M прив
σ adm
≅3
10 ⋅ 0,498 ⋅ 10 3
≅ 0,04635 м ≅ 46,35 мм.
50 ⋅ 10 6
Округляя величину диаметра, окончательно назначаем:
dС= 50 мм.
60
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Fr1
Ft1
x
а)
B
А
C
D1
z
Ft2
а = 60 мм
x
y
б)
z
D
D2
y
P, n
Fr2
b = 90 мм
с = 80 мм
Расчетная схема
MFα2
YA
C
B
Ft1
XA
M2
M1
D
Fr2
с = 80 мм
b = 90 мм
а = 60 мм
YD
Ft2
Fα2
Fr1
А
Fα2
ZD
XD
Изгиб
Вертикальная плоскость
Y =1,061 кН
МFα2=0,052 кН·м D
x YA=0,322 кН Fr1=0,903 кН
y
z
в)
B
А
z2
z1
г)
ZD=0,718 кН
3
b = 90 мм
а = 60 мм
0,019
Fr2=1,642 кН C
D
Fα2=0,718 кН z
с = 80 мм
Эпюра Мх, кН·м
0
0
0,033
0,085
Горизонтальная плоскость
y
д)
x
z
Ft1=2,48 кН
А
XA=3,618 кН
C
B
z2
z1
а = 60 мм
Ft2=5,131 кН
D
z3
с = 80 мм XD=3,993 кН
b = 90 мм
Эпюра Му, кН·м
е)
0
0
0,217
0,32
Рисунок 3.6 – Эпюры внутренних силовых факторов, лист 1
61
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Эпюра Мu, кН·м
ж)
0,322
0,218
0,331
0
0
Кручение
y
и)
x
z
А
B
C
M2=0,372 кН·м
M1=0,372 кН·м
b = 90 мм
а = 60 мм
D
с = 80 мм
Эпюра Мz, кН·м
0,372
к)
0
0
Эпюра М IIIприв., кН·м
0,492
0,431
л)
0
0
Рисунок 3.6, лист 2
62
0,498
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. Литература, рекомендуемая для изучения темы
1. Кочетов, В.Т. Сопротивление материалов / В.Т. Кочетов, А.Д.
Павленко, М.В. Кочетов. - М.: ФЕНИКС, 2001. - 368 с.
2. Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов / В.И. Феодосьев. - М.:
Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2000. - 590 с.
3. Писаренко, Г.С. Сопротивление материалов / Г.С. Писаренко [и др.]. Киев: Вища школа, 1986. - 775 с.
4. Ицкович, Г.М. Сопротивление материалов / Г.М. Ицкович. -М.:
Высшая школа, 2001.-368 с.
5. Кушнаренко, В.М. Основы проектирования передаточных
механизмов: учебное пособие для студентов высших учебных заведений / В.М.
Кушнаренко, В.П. Ковалевский, Ю.А. Чирков. – Оренбург: РИК ГОУ ОГУ,
2003. - 251 с.
6. Ромашов, Р.В. Сопротивление материалов: учебное пособие / Р.В.
Ромашов. - 2-е изд. - Оренбург: ИПК ГОУ ОГУ, 2007. – 284 с.
7. Костенко, Н.А. Сопротивление материалов / Н.А. Костенко. - М.:
Высшая школа, 2004. - 430 с.
63
Документ
Категория
Машиностроение
Просмотров
106
Размер файла
888 Кб
Теги
изгиб, кручение, 1377
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа