1

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ Федеральное государственное бюджетное

образовательное учреждение высшего образования laquoПензенский государственный университетraquo (ПГУ)

А Н Литвинов

МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ

Учебное пособие

Пенза Издательство ПГУ

2018

2

УДК 53936(075) ББК 30121 Л68

Р ец ен з е н ты доктор технических наук профессор

председатель Научно-технического совета Научно-исследовательского института

электронно-механических приборов (НИИЭМП) В П Буц

кандидат технических наук

директор Зареченского технологического института ndash филиала ПензГТУ Н Н Багаев

Литвинов А Н Л68

Механика материалов и конструкций учеб посо-

бие А Н Литвинов ndash Пенза Изд-во ПГУ 2018 ndash 240 с

ISBN 978-5-907018-93-8 Изложены основы теории механики материалов и конст-

рукций Во всех разделах приведены решения для типовых эле-ментов конструкций с рекомендациями методического характера Даны контрольные задания необходимые для выполнения кур-совых и контрольных работ в соответствии с требованиями Фе-деральных государственных образовательных стандартов

Издание подготовлено на кафедре laquoТехническая и прикладная механика и графикаraquo ПГУ и предназначено для обучающихся по направлениям подготовки 130302 laquoЭлектроэнергетика и электро-техникаraquo 150301 laquoМашиностроениеraquo 150302 laquoТехнологические машины и оборудованиеraquo 150305 laquoКонструкторско-технологи-ческое обеспечение машиностроительных производствraquo 230301 laquoТехнология транспортных процессовraquo 230501 laquoНаземные транс-портно-технологические средстваraquo 170501 laquoБоеприпасы и взры-вателиraquo всех форм обучения изучающих курсы laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТех-ническая механикаraquo laquoПрикладная механикаraquo

УДК 53936(075) ББК 30121

ISBN 978-5-907018-93-8 copy Пензенский государственный университет 2018

3

Оглавление

Предисловие 6

Введение Основные понятия 7

Общие указания о порядке выполнения и оформления курсовых и контрольных работ 13

Краткое содержание основных разделов курса 16

Глава 1 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 20 11 Основные соотношения 20 12 Экспериментальные методы определения основных физико-механических свойств материалов при растяжении и сжатии22 13 Основные характеристики материала 25 14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность 27 15 Условие жесткости 28 16 Расчет статически определимого стержня29 17 Расчет статически неопределимого стержня33 18 Расчет статически неопределимой стержневой системы на внешние воздействия 39

Глава 2 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ 57

21 Основные соотношения 58 22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения61

Глава 3 КРУЧЕНИЕ 66 31 Основные соотношения 67 32 Расчет на прочность трансмиссионного вала69 33 Расчет на прочность статически неопределимого вала74

Глава 4 ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ 82 41 Основные соотношения 82 42 Расчет стальной балки на прочность88 43 Расчет балки на жесткость 97 44 Расчет чугунной балки на прочность 102 45 Расчет статически неопределимой балки 110

Глава 5 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ 123 51 Основные соотношения 123 52 Пространственный изгиб123 53 Косой изгиб 126

4

54 Изгиб с растяжением и сжатием 127 55 Расчет на прочность при пространственном изгибе 132

Глава 6 ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 143

61 Анализ напряженного состояния 144 62 Обобщенный закон Гука 147 63 Критерии прочности 148

631 Критерии прочности для хрупких материалов 149 632 Критерии прочности для пластичных материалов 150

64 Частные случаи напряженного состояния 151 641 Кручение валов 151 642 Изгиб с кручением валов 151 643 Общий случай плоского напряженного состояния 152

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого поперечного сечения 153 66 Расчет трансмиссионного вала 156 67 Общий случай сложного сопротивления 161

Глава 7 УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 168 71 Основные понятия 169 72 Расчетные формулы 170 73 Особенности расчета на устойчивость 173 74 Практический расчет на устойчивость 174 75 Расчет на устойчивость 175 76 Проектный расчет на устойчивость 180

Глава 8 ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК 184 81 Основные понятия 185 82 Расчет коэффициента динамичности 186

821 Действие линейных ускорений 186 822 Действие удара 187 823 Действие вибрации 189

83 Расчет на ударную нагрузку 193 84 Расчет упругой системы при действии вибрации 197

Глава 9 РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ 204 91 Основные понятия 205 92 Упругопластический изгиб балок 206 93 Расчет остаточных напряжений 210 94 Расчет по предельному состоянию при кручении 212 95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов 213 96 Расчет вала по предельному состоянию 214

Заключение 219

5

Библиографический список 221 Приложение 1 223 Приложение 2 225 Приложение 3 228 Приложение 4 233 Приложение 5 238 Приложение 6 239

6

Предисловие

Вопросы проектирования новых изделий и проверки прочности существующих конструкций в сложных условиях эксплуатации связаны с исследованием напряженно-деформи-рованного состояния элементов этих конструкций при различ-ных видах внешних воздействий Исследование напряженно-деформированного состояния элементов конструкций включает в себя их расчеты на прочность жесткость устойчивость при статических и динамических воздействиях Анализ напряжен-но-деформированного состояния элементов позволяет на этапе проектирования оптимизировать конструкции изделий машино- и приборостроения для обеспечения их надежности в сложных условиях эксплуатации

Указанные вопросы рассматриваются в курсах laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая механикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для различ-ных направлений подготовки бакалавров и специалистов Со-держание пособия построено на материалах лекций практиче-ских и лабораторных занятий которые проводились на кафедре laquoТеоретическая и прикладная механика и графикаraquo для различ-ных направлений и специальностей машиностроительного транспортного энергетического и приборостроительного про-филей

Все разделы курса изложенные в пособии содержат ос-новные расчетные формулы и их анализ Приведены рекомен-дации по оптимальному проектированию типовых элементов конструкций на прочность жесткость и устойчивость при раз-личных видах нагружения Приведены рекомендации по опти-мальному проектированию элементов конструкций Сформули-рованы задания на выполнение курсовых и контрольных работ В конце каждого раздела приведены контрольные вопросы для самопроверки и подготовке студентов к итоговой аттестации

В приложениях приведены справочные данные необходи-мые для выполнения практических расчетов

С пособием можно ознакомиться ndash в библиотеке и читальном зале ПГУ ndash в лаборатории кафедры ТПМГ ndash на сайте httpdep_tpmgpnzgurufilesdep_tpmgpnzguru

7

Введение Основные понятия

Как известно теоретическая механика имеет дело с мате-

риальной точкой и абсолютно твердым телом Для тех явлений когда деформациями тела можно пренебречь выводы теорети-ческой механики оказываются вполне достаточными Для по-строения механики реальных элементов конструкций законов теоретической механики оказывается недостаточно и их необ-ходимо дополнить физическими законами и гипотезами харак-теризующими деформированное состояние элементов конст-рукций под действием нагрузок

Раздел механики в котором рассматривается поведение реальных элементов конструкций под действием внешних на-грузок называется механикой материалов и конструкций Практическая цель этого раздела ndash расчет элементов реальных конструкций на прочность жесткость и устойчивость

Объекты исследования Объектами изучения являются типовые элементы конструкций различного назначения изго-товленные из реальных конструкционных материалов свойства которых характеризуются их физико-механическими характе-ристиками которые определяются экспериментально

В зависимости от геометрической формы и размеров кон-структивные элементы классифицируются следующим образом (рис 1) стержень (брус) оболочка пластина тело

а) б) в) г)

Рис 1

Стержень ndash элемент конструкции у которого одно измере-

ние (длина) значительно больше двух других (рис 1а) Попереч-ным сечением стержня проходящим через точку А (рис 1а) на-зывается сечение стержня плоскостью содержащей эту точку и

8

нормальной к его оси В зависимости от геометрической формы оси стержни классифицируются прямой криволинейный коль-цевой и тп

Стержни могут иметь постоянное или переменное сечение Оболочка ndash элемент конструкции у которого одно изме-

рение (толщина h) значительно меньше двух других (рис 1б) Поверхность равноудаленная от внутренней и наружной по-верхностей оболочки называются срединной поверхностью В зависимости от геометрии срединной поверхности оболочки классифицируются цилиндрическая коническая сферическая и тп

Пластина ndash частный случай оболочки у которой средин-ная поверхность является плоскостью (рис 1в) По виду сре-динной плоскости пластины классифицируются прямоуголь-ная треугольная круглая кольцевая и тп

Оболочки и пластины могут иметь постоянную или пере-менную толщину

Массив ndash элемент у которого все три размера имеют один порядок (рис 1г)

Внешние нагрузки Совокупность действующих на элемент конструкции сил моментов тепловых и иных воздействий будем называть внешними нагрузками По отношению к исследуемому объекту нагрузки являются внешними силами В число внешних сил включаются также реакции связей наложенных на конструк-ции Напомним что в зависимости от площади контактной пло-щадки через которую на элемент передается внешняя сила разли-чают сосредоточенные и распределенные нагрузки [1 2]

По длительности воздействия и характеру приложения внешние нагрузки делятся на статические и динамические

Статической называют нагрузку которая медленно воз-растает от нуля до номинального значения которое остается неизменным в процессе эксплуатации конструкции

Динамическая нагрузка характеризуется изменением ее ве-личины или направления в процессе эксплуатации Чаще всего динамические нагрузки являются вибрационными ударными

Внутренние силовые факторы Метод сечений Под действием внешних нагрузок в поперечных сечениях

элемента конструкции в самом общем случае возникают шесть внутренних силовых факторов которые определяют методом сечений

9

Суть метода сечений состоит в следующем Элемент конструкции мысленно рассекаем на две части и

рассматриваем равновесие любой отсеченной части находя-щейся под действием внешних нагрузок и внутренних силовых факторов приложенных к этой части

На рис 2 представлены внутренние силовые факторы и метод сечений

а) б)

Рис 2 В произвольном поперечном сечении элемента конструк-

ции на который действуют внешние нагрузки jР (рис 2а)

в самом общем случае возникают следующие внутренние сило-вые факторы (рис 2б)

N ndash продольная сила х yQ Q ndash поперечные (перерезывающие) силы

крzM М ndash крутящий момент

х yМ М ndash изгибающие моменты

В соответствии с методом сечений для отсеченной части II элемента конструкции (рис 2б) следует составить шесть урав-нений равновесия

ndash сумма проекций всех сил jХ на ось х 0j хХ Q

ndash сумма проекций всех сил jY на ось у 0j yY Q

ndash сумма проекций всех сил jZ на ось z 0jZ N

ndash сумма моментов относительно оси х ( ) 0x j xmom P M

ndash сумма моментов относительно оси у ( ) 0y j ymom P M

ndash сумма моментов относительно оси z кр( ) 0z jmom P M

10

Существенной особенностью представленной системы уравнений равновесия для отсеченной части является то что каждое уравнение содержит лишь один внутренний силовой фактор те система уравнений равновесия и внутренние сило-вые факторы определяются достаточно просто Результат опре-деления внутренних силовых факторов не зависит от того какая часть элемента конструкции (I или II) рассматривается Для уп-рощения расчетов рекомендуется рассматривать отсеченную часть элемента конструкции на которую действует минималь-ное число внешних нагрузок

Примечани е При составлении уравнений равновесия исполь-зуют правило знаков для внешних нагрузок и внутренних силовых факто-ров которые вводятся для различных видов нагружения (растяжение и сжатие кручение изгиб) рассмотренных в соответствующих разделах пособия

Основные гипотезы Для вывода основных уравнений и соотношений для рас-

чета типовых элементов конструкций принимают основные ги-потезы о структуре и свойствах материалов а также о характере деформаций этих элементов

1 Гипотеза о сплошности материала Считается что ма-териал элемента конструкции является сплошным те не до-пускается наличие раковин пор трещин и иных дефектов Ма-териал полностью занимает объем элемента

2 Гипотеза об однородности и изотропности Считается что свойства материала одинаковы во всех точках элемента В каждой точке по всем направлениям свойства также одинако-вы В тех случаях когда свойства материала отличаются по раз-ным направлениям он называется анизотропным (стекло-пластики материалы армированные различными волокнами и тп)

3 Гипотеза о малости деформаций Считается что де-формации элемента конструкции малы по сравнению с его ли-нейными размерами

4 Гипотеза об упругости материала Все элементы кон-струкции считаются линейно упругими а при их деформации выполняется закон Гука Таким образом считается что между нагрузками и деформациями элемента конструкции имеет место линейная зависимость

5 Гипотеза плоских сечений Считается что плоские по-перечные сечения перпендикулярные к оси элемента конструк-

11

ции в процессе его деформирования остаются плоскими и пер-пендикулярным к его деформированной оси

Эти а также некоторые специальные гипотезы которые принимаются для различных видов нагружения позволяют ре-шать широкий круг задач механики материалов и конструкций по расчету на прочность жесткость и устойчивость Результаты таких теоретических расчетов обычно хорошо согласуется с данными экспериментальных исследований при различных видах нагружения типовых элементов конструкций

На основании принятых основных гипотез сформулирован принцип суперпозиций (принцип независимости действия сил или принцип сложения) который формулируется следующим образом результат воздействия на элемент конструкции систе-мы внешних нагрузок равен алгебраической сумме результатов воздействия каждой из нагрузок приложенных к этому элемен-ту по отдельности и не зависит от последовательности прило-жения этих нагрузок

Например если на элемент конструкции одновременно действует внешняя нагрузка и тепловое воздействие то задачу по определению усилий и деформаций возникающих в конст-рукции можно разделить на две задачи

1) рассмотреть действие только силовых нагрузок без уче-та температурного воздействия

2) рассмотреть только тепловое воздействие 3) используя принцип суперпозиций определить резуль-

тирующие усилия и деформации путем алгебраического (с уче-том знака) сложения результатов расчета в первой и второй за-дачах

Принцип суперпозиций имеет широкое практическое применение в расчетной практике для различных элементов конструкций при сложных видах их нагружения так как позво-ляет сложную расчетную схему разбить на ряд простейших за-дач решения для которых достаточно просто получить или можно использовать известные решения приведенные в спра-вочной литературе [3]

Примечани е Следует иметь в виду что принцип суперпозиций основан на выполнении всех основных гипотез поэтому если хотя бы одна из принятых гипотез (например гипотеза малости деформаций или гипотеза об упругости материала) не выполняется то принцип суперпо-зиций неприменим

12

Контрольные вопросы

1 Что изучают в курсе laquoМеханика материалов и конст-рукцийraquo

2 Дайте классификацию основных объектов исследования 3 Какой элемент конструкции называют стержнем 4 Какой элемент конструкции называют оболочкой пла-

стиной 5 Дайте понятие внешней нагрузки действующей на эле-

мент конструкции 6 Какую нагрузку называют статической 7 Какую нагрузку называют динамической 8 Какие внутренние силовые факторы возникают в общем

случае нагружения элемент конструкции 9 Сформулируйте суть метода сечений 10 Перечислите основные гипотезы 11 Сформулируйте гипотезу сплошности однородности и

изотропности материала 12 Сформулируйте гипотезу о малости деформаций 13 Сформулируйте гипотезу об упругости материала 14 Сформулируйте гипотезу плоских сечений 15 Сформулируйте принцип суперпозиций и условия его

применимости 16 Приведите примеры применения принципа суперпо-

зиций 17 В каких случаях принцип суперпозиций не применим

13

Общие указания о порядке выполнения

и оформления курсовых и контрольных работ Курсовые и контрольные работы являются составной ча-

стью учебных дисциплин по курсам laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая ме-ханикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для студентов различных форм обучения

Объем курсовых и контрольных работ определяется в со-ответствии с учебными планами по каждому направлению График проведения и тематика курсовых и контрольных работ утверждается на кафедре и доводится до сведения студентов в начале семестра

Данные для решения каждой задачи выбираются из таб-лиц заданий согласно варианту который определяется по номе-ру зачетной книжки (студенческого билета) и пяти буквам рус-ского алфавита

Курсовые и контрольные работы служат для развития у студентов навыков самостоятельного решения практических задач по обеспечению прочности жесткости и устойчивости ти-повых элементов конструкций машино- и приборостроительного направлений анализа их напряженно-деформированного со-стояния при действии внешних эксплуатационных и технологи-ческих нагрузок

Для определения варианта работы следует из номера за-четной книжки (студенческого билета) исключить все буквы а первую цифру номера заменить на последнюю и под получен-ным цифровым шифром записать буквы (а б в г д) в соответ-ствии с приведенным примером

Записав шифр состоящий из пяти цифр и пяти букв для каждой задачи из таблиц выбирают число которое находится на

14

пересечении соответствующей строки (на ней расположены бу-квы шифра) и столбца (на ней расположены цифры шифра) Причем вначале берется буква а затем находится соответст-вующая ей в шифре цифра Номер зачетной книжки и соответ-ствующий ему шифр задания указывается на титульном листе курсовой (контрольной) работы

Курсовая работа оформляется в виде расчетно-поясни-тельной записки формата А4 (прил 1)

Решение каждой задачи должно сопровождаться кратки-ми последовательными без сокращений слов пояснениями и чертежами При использовании формул и данных отсутствую-щих в рекомендуемых учебниках и настоящем пособии необ-ходимо кратко и точно указать источник используемой литера-туры Подстановка цифр в расчетные формулы должна выполняться полностью Вычисления должны вестись с точно-стью до трех значащих цифр с обязательным указанием размер-ности полученного результата в системе единиц СИ

Перед подстановкой числовых значений необходимо все исходные величины привести к соответствующим единицам измерения механических величин

Основные единицы механических величин в Международной системе единиц (СИ)

Величина Единица в системе СИ

Наимено-вание

Обозна-чение

Наимено-вание

Единица измере-ния

Соотношения единиц

Сила Р Ньютон Н 10Н1кгс Моменты (изгибающие крутящий)

х yМ М

Mкр Ньютонметр Нм 1Нм = 01кгсм

Напряжение (нормальное касательное)

Паскаль Па 1Па = 1 Нм2 1МПа = 1Нмм2

Модуль упругости

Е G Паскаль Па 1МПа =106Па

Погонная нагрузка

q Ньютон метр

Нм 1Нм = 01кгсм

Ударная вязкость

а ndash 2

Н м

м

5

2 2

Н м кгс м10

м см1

1 МПа = 106 Нм2 = 100 Нсм2 =1 Нмм2

15

Кратные и дольные единицы

Приставка Гига Мега Кило Гекто Дека Деци Санти Милли Микро Нано

Обозначение Г М к г да д с м мк н

Множитель 109 106 103 102 101 101 102 103 106 109

Порядок решения задач приведен в примерах помещен-

ных после условия каждой задачи Необходимые справочные данные для выполнения расче-

тов приведены в прил 2ndash6 Перед выполнением курсовой (контрольной) работы пред-

варительно следует изучить соответствующие разделы курса по лекциям и рекомендованным учебникам и пособиям [1 2 4] Для более углубленного изучения курса дополнительно реко-мендуются пособия [5 6]

16

Краткое содержание основных разделов курса

Основные понятия

Задачи и методы механики материалов и конструкций Ре-альный объект и расчетная схема Внешние и внутренние силы Классификация внешних сил Внутренние силовые факторы Метод сечений

Основные гипотезы о деформируемом теле Перемещения и деформации Напряжение (полное нормальное касательное) Связь напряжений с внутренними силовыми факторами Прин-цип независимости действия сил Общие принципы расчета элементов конструкции

Тема 1 Растяжение и сжатие Внутренние силы и на-пряжения возникающие в поперечных сечениях прямого стержня при растяжении и сжатии Эпюры продольных сил Абсолютные продольное и поперечное удлинения Относитель-ные продольная и поперечная деформации Закон Гука при рас-тяжении и сжатии Модуль упругости Коэффициент попереч-ной деформации (коэффициент Пуассона) Определение осевых перемещений поперечных сечений Жесткость при растяжении и сжатии

Экспериментальное изучение свойства материалов при растяжении и сжатии Диаграмма растяжения и ее характерные параметры пределы пропорциональности упругости текуче-сти прочности Истинная диаграмма растяжения Закон раз-грузки и повторного нагружения Механические свойства при сжатии Диаграмма сжатия Пластическое и хрупкое состояние материалов типы разрушений

Допускаемое напряжение Выбор коэффициента запаса прочности при статическом нагружении для хрупких и пла-стичных материалов Условие прочности Проектировочный и проверочный расчеты на прочность Определение допускаемой нагрузки

Статически неопределимые системы Степень статической неопределенности Уравнения совместности деформаций По-рядок расчета статически неопределимых систем Особенности их расчета (подбор сечений влияние температуры монтажные напряжения)

17

Понятие о концентрации напряжений Влияние концен-трации напряжений на прочность хрупких и пластических ма-териалов Принцип Сен-Венана

Тема 2 Геометрические характеристики плоских сече-ний Статические моменты площади Осевые полярные и цен-тробежные моменты инерции поперечного сечения Зависимо-сти между моментами инерции при параллельном переносе и повороте осей Определение координат центра тяжести сечения Главные центральные оси Главные моменты инерции Главные центральные моменты инерции простейших поперечных сечений (прямоугольное круглое кольцевое) Геометрические характери-стики стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

Тема 3 Кручение Чистый сдвиг и его особенности Каса-тельные напряжения при сдвиге Закон парности касательных напряжений Угол сдвига Закон Гука при сдвиге Зависимость между тремя упругими постоянными для изотропного тела (Е G )

Кручение прямого стержня круглого поперечного сечения Построение эпюры крутящих моментов Основные гипотезы теории кручения Напряжения в поперечном сечении Формула для максимальных касательных напряжений Полярный момент инерции и момент сопротивления поперечного сечения Угол закручивания Эпюра углов закручивания Жесткость стержня при кручении

Условия прочности Условия жесткости Расчеты на проч-ность и жесткость

Расчет статически неопределимых валов Условие совме-стности деформаций

Особенности расчета на прочность стержней некруглого сечения

Тема 4 Изгиб прямых стержней Опоры и опорные ре-акции Понятия о поперечном чистом и косом изгибе Внут-ренние силовые факторы при поперечном изгибе ( х yМ Q ) По-

строение эпюр Правила знаков для хМ и yQ Дифференци-

альные зависимости между х yМ Q и интенсивностью внешней

нагрузки q Нормальные напряжения при изгибе Эпюра нор-мальных напряжений в поперечном сечении Определение мак-симальных нормальных напряжений Условие прочности по нормальным напряжениям Момент сопротивления при изгибе

18

Расчет на прочность балок из пластичных и хрупких материа-лов Касательные напряжения при поперечном изгибе (формула Д И Журавского) Эпюра касательных напряжений Условие прочности по касательным напряжений Рациональные формы поперечных сечений балок при изгибе

Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и его интегрирование Метод начальных параметров Физический смысл начальных параметров и их определение при различных способах закрепления концов балки Определение перемещений с помощью интеграла МаксвеллаminusМора Способ Верещагина

Определение степени статической неопределимости ба-лок работающих на изгиб Основная система Метод сил Сис-тема канонических уравнений метода сил Вычисление коэф-фициентов системы канонических уравнений Использование условий симметрии и кососимметрии при выборе основной сис-темы Построение результирующих эпюр изгибающих момен-тов Деформационная проверка и ее физический смысл Опре-деление перемещений в статически неопределимых системах

Тема 5 Сложное сопротивление Примеры сложного со-противления Общий метод расчета Косой изгиб Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Ней-тральная линия Условие прочности Определение перемещений при косом изгибе

Внецентренное растяжение и сжатие Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Нейтральная линия Условия прочности Понятие о ядре сечения

Тема 6 Основы теории напряженного и деформиро-ванного состояния Теории прочности Напряженное состоя-ние в точке Тензор напряжений Главные площадки и главные напряжения Классификация напряженного состояния (линей-ное плоское объемное) Относительные деформации Обоб-щенный закон Гука Полная удельная потенциальная энергия деформации в общем случае напряженного состояния

Понятие о критериях (теориях) прочности Критерии прочности для хрупких материалов и область их применимости первый критерий (критерий наибольших напряжений) второй критерий (критерий наибольших относительных деформаций) экспериментальный критерий Мора Критерии прочности для пластичных материалов и область их применимости третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений) четвертый критерий (энергетический критерий)

19

Изгиб с кручением стержней круглого поперечного сече-ния Внутренние силовые факторы Напряженное состояние Расчетные формулы для эквивалентных напряжений экв и мо-

ментов эквМ по третьей и четвертой теориям прочности Усло-

вие прочности Расчет на прочность Тема 7 Устойчивость равновесия деформируемых сис-

тем Понятие об устойчивых и неустойчивых формах равнове-сия Устойчивость сжатых стержней Критическая нагрузка Формула Эйлера при различных опорных закреплениях и преде-лы ее применимости Гибкость стержня Предельная гибкость Понятие о потере устойчивости при напряжениях превышающих предел пропорциональности Формула Ф С Ясинского и условия ее применимости Полная диаграмма для критических напряже-ний Расчет на устойчивость по коэффициенту уменьшения до-пускаемых напряжений ()

Тема 8 Динамическое действие нагрузок Динамиче-ские нагрузки Примеры их возникновения Вычисление напря-жений при равноускоренном движении Формула для коэффи-циента динамичности

Действие ударной нагрузки на упругую систему (про-дольный поперечный удар) Коэффициент динамичности его физический смысл Упрошенная формула для коэффициента динамичности Расчет динамических напряжений и перемеще-ний при ударе Испытания на удар

Тема 9 Расчеты за пределами упругости Понятие пре-дельного состояния конструкции Схематизация диаграмм рас-тяжения Диаграмма Прандтля Разгрузка и остаточные напря-жения Расчет элементов конструкций по предельному состоя-нию Упругопластический изгиб балок Расчет по предельному состоянию валов работающих на кручение

Тема 10 Заключение Современные проблемы расчетов на прочность жесткость и устойчивость Использование новых материалов и особенности их расчета Применение ЭВМ в рас-четах на прочность

Примечани е Объем изучаемых разделов определяется в соот-ветствии с учебными планами и рабочей программой по каждому направ-лению и специальности

20

Глава 1

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ

11 Основные соотношения При растяжении (сжатии) прямых стержней в их попереч-

ных сечениях возникают продольные усилия N для определе-ния которых применяется метод сечений [1minus3] на каждом уча-стке стержня

Эпюрой продольных сил называют графическое изобра-жение изменения продольной силы N по длине стержня При по-строении эпюры применяются следующие правила знаков про-дольная сила считается положительной если она вызывает растяжение и отрицательной если она вызывает сжатие

Под действием продольных сил в точках поперечного се-чения возникают нормальные напряжения величина которых определяется по формуле

N

F (11)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня

Рассмотрим растяжение участка стержня длиной l продольным усилием N (рис 11)

Рис 11

Здесь l и b ndash продольное удлинение и поперечное су-

жение соответственно l и b ndash длина и поперечный размер стержня

21

Относительной продольной деформацией называется без-размерная величина

l

l

(12)

Относительной поперечной деформацией называется без-размерная величина

b

b

(13)

Для линейно упругих материалов выполняется закон Р Гука устанавливающий связь между напряжениями и де-формациями в виде

Е (14) где Е ndash модуль упругости первого рода (модуль Юнга) который для каждого материала определяется экспериментально и при-водится в ГОСТах

Коэффициентом Пуассона называется безразмерный па-раметр который определяется выражением

(15)

определяется экспериментально для каждого материала харак-теризует поперечную жесткость и приводится в ГОСТах

Для всех материалов существующих в природе коэффи-циент Пуассона изменяется в пределах 0 05

В прил 2 приведены значения Е и для большого числа различных материалов Методика экспериментального опреде-ления этих характеристик изложена в [7]

При растяжении (сжатии) стержней происходит их удли-нение (укорочение) Продольное перемещение l на участке стержня в соответствии с законом Гука определяется соотно-шением

Nll

EF

(16) где l ndash длина участка Е ndash модуль упругости первого рода (мо-дуль Юнга) который характеризует жесткость материала стержня (см прил 2)

Если стержень имеет несколько участков то формула (16) обобщается и принимает вид

22

1 ( )

n

i

i i

i

N l

EFl

(17)

Здесь i = 1 2 3 hellip n ndash номер участка n ndash число участков

il ndash длина i-го участка ( )

iEF ndash жесткость на растяжение i-го

участка Ni ndash продольная сила на i-ом участке которая опреде-ляется по эпюре продольных сил

12 Экспериментальные методы определения основных физико-

механических свойств материалов при растяжении и сжатии

При расчете деталей машин и приборов необходимо знать

механические свойства материалов характеризующих их проч-ность и пластичность

К характеристикам прочности относятся предел пропор-циональности пц предел текучести т и предел прочности

(временное сопротивление) в Предел прочности и предел те-кучести необходимы для назначения допускаемого напряжения входящего в условие прочности

К характеристикам пластичности относятся относительное остаточное удлинение после разрыва и относительное оста-точное сужение после разрыва Они необходимы для услов-ного деления материалов на хрупкие и пластичные [1 2]

Все перечисленные механические характеристики опреде-ляются при испытании образцов материала на статическое рас-тяжение Это испытание является наиболее распространенным методом исследования и контроля механических свойств мате-риалов Испытание образцов производится на разрывных ма-шинах с соблюдением всех требований указанных в соответст-вующих стандартах

По ГОСТ 149784 испытание металлов на растяжение производится на стандартных образцах круглого или прямо-угольного поперечного сечения по ГОСТ 1044680 на образ-цах из проволоки

23

Большинство испытательных машин производят косвен-ное измерение нагрузки и удлинения образца К таким машинам относятся и испытательные машины ИМ4Р и Р5 принципи-альная схема которых приведена в [7]

Диаграммное устройство испытательной машины автома-тически записывает зависимость между действующей растяги-вающей нагрузкой Р и абсолютной продольной деформацией образца l вплоть до его разрушения На рис 12 показана ти-пичная диаграмма растяжения для образца из малоуглеродистой стали

Рис 12

Начальный криволинейный участок диаграммы (12) яв-

ляется результатом устранения зазоров в захватах Этот участок не отражает свойств материала и его исключают при обработке диаграммы принимая за начало координат точку 0 (точку пере-сечения продолжения прямолинейного участка диаграммы с осью абсцисс) Ось абсцисс (Δl) проводится от точки 1 начала диаграммы поэтому для определения механических характери-стик материала рассматривается диаграмма ОАВСKDE

На прямолинейном участке диаграммы ОА материал под-чиняется закону Гука [1]

Точке А соответствует наибольшая нагрузка пц Р при ко-

торой сохраняется прямопропорциональная зависимость между

24

Р и l Нагрузка пцР соответствует пределу пропорционально-

сти пц

За точкой А нарушается пропорциональность между Р и l и в образце после разгрузки появляются остаточные дефор-

мации Начиная с точки B абсолютное удлинение образца возрас-

тает практически без увеличения нагрузки материал образца laquoтечетraquo Горизонтальный участок ВС называется площадкой те-кучести а нагрузка тР соответствует физическому пределу те-кучести т

За точкой С образец опять восстанавливает способность сопротивляться возрастанию нагрузки

Участок диаграммы СKD представляющий собой плав-ную кривую с небольшим подъемом называют зоной упрочне-ния При нагрузке соответствующей точке D в образце образу-ется местное сужение так называемая laquoшейкаraquo (как правило в средней части образца) При этом нагрузка действующая на образец достигает максимальной величины max вР Р соответ-

ствующей пределу прочности (временному сопротивлению) ма-териала образца в Участок DE представляет собой ниспа-дающую кривую Он характерен уменьшением нагрузки Р вследствие прогрессивно развивающейся шейки и уменьшению площади поперечного сечения образца В точке Е происходит разрушение образца по шейке

Если нагрузить образец силой превышающей предел про-порциональности ( пцР ) например до точки K затем снять на-

грузку то график разгрузки будет представлять собой прямую KМ параллельную участку ОА диаграммы Из этого следует что при разгрузке зависимость между силой и деформацией подчиняется закону Гука

Величина ОМ остаточная деформация остl MN упру-

гая деформация уl ON полная деформация полнl образца

полн ост уl l l

Аналогично можно найти все виды деформаций для лю-бой точки диаграммы При повторном нагружении образца (из точки М) диаграмма сначала пойдет по прямой линии MK а за-тем по кривой KDE

25

13 Основные характеристики материала

Характеристики прочности Исходными данными для

определения механических характеристик прочности является диаграмма растяжения полученная в процессе испытания (рис 12)

Предел пропорциональности пц наибольшее напряже-

ние при котором еще выполняется закон Гука (сохраняется пропорциональная зависимость между деформациями и напря-жениями)

пцпц

0

Р

F (18)

где 0F площадь поперечного сечения до испытаний образца

Физический предел текучести т напряжение при ко-тором образец деформируется без увеличения нагрузки (уча-сток ВС)

тт

0

Р

F (19)

Многие материалы не имеют явно выраженной площадки текучести поэтому для них определяют условный предел теку-чести

Условный предел текучести 02 это напряжение при

котором остаточное относительное удлинение составляет 02 от l0 те ост 02l l

0202

0

Р

F (110)

Для определения усилия 02Р ГОСТ 149784 допускает

использовать диаграмму растяжения вычерченную испыта-тельной машиной по методике изложенной в [7]

Значения основных характеристик материала приведены в ГОСТах на материал (прил 2)

Диаграмму растяжения образца (рис 12) можно постро-ить в осях σ используя формулы (11) и (12) полагая 0F F

26

В этом случае диаграмма имеет вид аналогичный виду пред-ставленному на рис 12 Так как при определении основных ха-рактеристик в формулах (18) (19) (110) использовалось на-чальное значение площади поперечного сечения 0F то эта

диаграмма называется условной (рис 13)

Рис 13

Так как при растяжении образца его фактическая площадь

сечения уменьшается а на участке DE образуется шейка если в формулах (18)(110) использовать фактическое значение площади поперечного сечения F получим истинную диаграмму растяжения которая на рис 13 показана пунктирной линией

В этом случае истинный предел прочности определяется

выражением maxист

к

Р

F При этом получим что ист в

В ГОСТах приводится значение условного предела прочности в

Предел прочности (временное сопротивление) в на-пряжение равное частному от деления максимальной нагрузки которую выдерживает образец на первоначальную площадь поперечного сечения образца

maxв

0

Р

F (111)

Характеристики пластичности Характеристики пла-стичности материала и ψ определяются путем сравнения раз-меров образца до и после испытания

27

Относительное остаточное удлинение образца после раз-рыва равно отношению приращения расчетной длины образца после разрушения к ее исходной величине

ост к 0

0 0

100 100 l l l

l l

(112)

где кl длина образца после разрыва остl приращение рас-

четной длины образца Относительное остаточное сужение образца после раз-

рыва ψ есть отношение уменьшения площади поперечного се-чения образца в месте разрыва к начальной площади попереч-ного сечения образца

0 к

0

100 F F

F

(113)

где кF конечная минимальная площадь поперечного сечения образца в месте разрыва (в месте образования шейки)

Значения характеристик и также приводят в ГОСТах (прил 2)

14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность

Для обеспечения прочности элемента конструкции рабо-

тающего на растяжение (сжатие) должно выполняться условие прочности

max (114)

Здесь max ndash максимальные напряжения в элементе кон-струкции ndash допускаемые напряжения для этого элемента

конструкции которые для пластичных материалов записывают-ся в виде

т

т

n

(115)

где т ndash предел текучести для материала конструкции тn ndash коэффициент запаса по текучести величина которого зависит

28

от условий эксплуатации и ответственности конструкции Для обычных машиностроительных конструкций если не оговорено особо коэффициент запаса прочности принимается равным

т 15n Если материал конструкции является хрупким то записы-

вают два условия прочности на сжатие и растяжение

max сж сж max р р (116)

где max сж и max р ndash это максимальные растягивающие и сжи-

мающие напряжения соответственно Допускаемые напряжения на сжатие jM и растяжение jb

определяются соотношениями

сж рв в

сж рв в

n n

(117)

Здесь сжв р

в ndash предел прочности материала конструкции на сжатие и растяжение соответственно а в 2n ndash коэффициент запаса прочности

Следует иметь в виду что для хрупких материалов сжв gt р

в и jM gt jb

Различают три основных типа расчетов на прочность ndash проверочный расчет в котором для существующей кон-

струкции проверяется выполнение условий прочности (114) или (116)

ndash проектный расчет в котором из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяются тре-буемые размеры поперечного сечения элемента конструкции

ndash расчет допускаемой внешней нагрузки ndash в нем для спро-ектированного элемента конструкции из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяют вели-чину допускаемой внешней нагрузки

15 Условие жесткости

В некоторых случаях кроме условий прочности требуется обеспечить выполнение условия жесткости которое записыва-ется в виде

29

max (118)

где max ndash максимальное перемещение конкретного сечения

стержня Допускаемое перемещение для элемента конструкции

задается конструктивно из конкретных условий эксплуатации элемента конструкции и ограничивает максимально допустимые перемещения его сечений при эксплуатации Условие (118) су-щественно ограничивает жесткость элемента конструкций

Первым выполняется расчет на прочность а затем выпол-няется проверочный расчет на жесткость Если условие жестко-сти не выполняется то принимаются конструктивные меры по обеспечению требуемой жесткости за счет увеличения площади поперечного сечения изменения длин участков введения до-полнительных опор и тп

16 Расчет статически определимого стержня

Задача 1 Ступенчатый стержень (рис 14) участки которого имеют

площади поперечных сечений Fi нагружен продольными си-лами Pi Сечения участков стержня ndash квадрат со стороной ai длины участков равны li

Рис 14

Требуется построить эпюры нормальных усилий N и нор-

мальных напряжений σ вычислить полное удлинение стержня и сделать вывод о прочности стержня

Материал стержня ndash сталь с модулем упругости первого рода Е = 2middot105 МПа и допускаемым напряжением [σ] = 160 МПа Данные для расчета принять по табл 11 Для получения чис-ленного результата принять значения Р = 10 кН а = 10 мм l = 500 мм

30

Таблица 11

Pi ai li Номер строки P1 P2 P3 P4 a1 a2 a3 a4 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

P P P P P 2P 2P P P P

3P 3P 3P 2P 2P 3P 5P 2P 4P 2P

P 2P P 2P 2P P P 3P 2P P

P P 3P 2P P P 2P P 2P 2P

2a a 3a 4a 4a 3a 4a 4a a 4a

a a a 2a a 2a 4a 3a a 3a

2a 2a 3a a 2a 4a 2a a 2a 2a

a 2a 3a a 2a 4a 2a 2a 2a 3a

l 2l l l l 2l 2l l l l

l l 2l l l 2l l l l 2l

l l l 2l l l 2l 2l l l

l l l l

2l l l

2l l l

Буква шифра

в г д д в г в в г д в г

Пример 1 В соответствии с условиями задачи 1 выполнить

расчет стержня изображенного на рис 15а На рис 15б в пока-зано применение метода сечений для I и II участков

Рис 15

а)

г)

д)

в)

б)

31

Решение 1) определяем опорные реакции из уравнения равновесия

(сумма проекций всех сил на ось z)

ΣZ = 0 ZА + Р1 ndash Р2 + Р3 + Р4 = 0

ZА = ndash Р1 + Р2 ndash Р3 ndash Р4

ZА = ndash Р + 5Р ndash Р ndash Р = 2Р

2) определяем нормальные усилия Ni на каждом участке применяя метод сечений

В произвольном сечении i-го участка нормальное усилие Ni равно алгебраической сумме проекций всех сил расположен-ных по одну сторону от сечения на нормаль к сечению те

1

n

i iN P

Растягивающие усилия считаются положительными сжи-мающие ndash отрицательными При составлении уравнений на-правление внутреннего усилия Ni полагаем растягивающим (по-ложительным) те направленным в сторону внешней нормали к произвольному сечению

Если в результате расчета усилие Ni примет отрицательное значение это указывает на то что направление усилия проти-воположно предполагаемому

Рассмотрим левую отсеченную часть стержня На рис 15бв показано применение метода сечений для I II III и IV участков

ndash на I участке 1 A 2 N Z P

ndash на II участке 2 A 1 2 3 N Z P P P P

ndash на III участке 3 A 1 2 2 5 2 N Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 1 2 3 2 5AN Z P P P P P P P P

Отрицательные значения усилий N1 и N2 показывают что участки I и II работают на сжатие Подставив числовое значение Р = 10 кН получим

N1 = ndash 20 кН N2 = ndash 30 кН N3 = 20 кН N4 = 10 кН

По полученным результатам строим эпюру нормальных усилий N (рис 15г)

32

3) определяем нормальные напряжения σi по формуле (11) на каждом участке

ndash на I участке 3

11 2 2 2

20 10 H50 50 МПа

(2 ) (2 10) мм

N

a

ndash на II участке

32

2 22

30 101875МПа

4 10

N

F

ndash на III участке

33

3 23

20 1050

2 10

N

F

МПа

ndash на IV участке 3

44 2

4

10 10100

10

N

F

МПа

По полученным значениям строим эпюру нормальных на-пряжений σ (рис 15д)

Из эпюры σ следует что наиболее нагружен IV участок стержня (опасный участок) При центральном растяжении усло-вие прочности (114) имеет вид maxσ [σ]

Так как maxσ = 100 МПа lt [σ] = 160 МПа ndash условие прочно-сти выполняется

4) вычисляем полную деформацию стержня как алгебраи-ческую сумму абсолютных деформаций li его участков (17)

1

n

ii

l l

где в соответствии с (16) i i i ii

i

N l ll

E F E

Таким образом 1 1 2 2 3 3 4 41

( )l l l l lE

5

2

150 500 1875 1000 50 500 100 1000

2 10

40625 10 мм 0406 мм

П р и м е ч а н и е Если на каком-то участке (например на IV) ус-ловие прочности не выполняется то на этом участке необходимо изме-нить размеры поперечного сечения и обеспечить выполнение условия прочности

4 44 2

4 4( )

N N

F а

33

Требуемый размет квадратного сечения на этом участке

4

4N

а

Выбрав новый размер поперечного сечения необходимо на этом участке рассчитать напряжение и только после этого вычислить полную деформацию стержня

17 Расчет статически неопределимого стержня

Система является статически неопределимой если число

неизвестных опорных реакций превышает число линейно неза-висимых уравнений равновесия для этой системы

В этом случае необходимо выбрать основную статически определенную систему и для нее составить необходимое чис-ло уравнений совместности деформаций [1] Основную систе-му как правило получают из заданной статически неопреди-лимой системы путем освобождения ее от laquoлишнихraquo связей При этом основная система должна быть геометрически неиз-меняемой а число уравнений совместности деформаций дол-жно быть равно степени статической неопределимости задан-ной системы

Задача 2 Стержень постоянного круглого поперечного сечения

(рис 16) защемлен обоими торцами и нагружен продольными силами

Раскрыть статическую неопределимость построить эпюру нормальных усилий N и эпюру линейных перемещений Δ

Расчетную схему принять по рис 16 Данные для расчета принять по табл 12 при l = 100 мм Р = 10 кН

Выполнить проектный расчет на прочность считая что стержень изготовлен из материала сталь с характеристиками

52 10 МПаЕ и [] = 160 МПа

34

Рис 16

35

Таблица 12

Номер строки Номер схемы по рисунку 21

l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

l 12l 14l 06l 18l 20l 16l 24l 20l 20l

18l 16l 14l 12l

l 12l 04l 06l 08l

l

02l 04l 06l 08l

l 12l 14l 16l 08l 20l

04l 06l 08l L

20l l

16l 16l 20l 12l

Буква шифра а б в г д Пример 2 Раскрыть статическую неопределимость постро-

ить эпюры нормальных усилий N и линейных перемещений Δ для стержня изображенного на рис 17а Принять l1 = l2 = l3 = l4 = l

Рис 17

36

Выполнить проектный расчет 1) составляем уравнения равновесия

0 2 0 илиA B A BZ Z P P P Z Z Z (119)

Получено одно уравнение с двумя неизвестными опорными реакциями AZ и BZ те система один раз статически неопределима

2) выбираем основную систему (рис 17б) Она получается из заданной путем освобождения от laquoлишнейraquo связи Принимаем за laquoлишнююraquo связь защемление в опоре В Нагружаем основную систему заданными силами и накладываем условие эквивалент-ности ее заданной системе перемещение сечения В в заданной и основной системах должно быть одинаковым те ΔВ = 0

В сечении B приложим активную силу BZ Z величина которой должна быть такой чтобы выполнялось условие экви-валентной работы заданной и основной систем (рис 17б)

3) раскрываем условие эквивалентности Перемещение ΔВ сечения В выразим через приложенные

нагрузки применяя принцип независимости действия сил (на-грузки вызывающие сжатие считаем отрицательными)

( ) ( ) 0B B i BP Z (120)

где ( )B iP ndash перемещение сечения В от каждой из приложен-

ных известных сил Pi В(Z) ndash перемещение сечения В от неиз-вестной силы Z

Запишем данные выражения используя формулу (16)

11

2( )B

PlP

EF 2

2( )B

P lP

EF

33

( )BP l

PEF

4( )B

Z lZ

EF

В результате из (120) получим уравнение совместности деформаций в виде

2 2 3 40

Рl Р l Р l Z l

EF EF EF EF

(121)

При составлении уравнения (121) учтено что стержень имеет постоянное поперечное сечение на всех участках те const

iEF EF

Решая уравнение (121) получим 3

075 4BZ Z P P

Подставляя Z в (119) получаем 075 АZ P

37

Таким образом статическая неопределимость раскрыта и определены опорные реакции

4) определяем нормальные усилия Ni методом сечений (см пример 1) Разбиваем стержень на участки I II III IV (см рис 17б)

ndash на I участке 13

075 4AN Z P P

ndash на II участке 2 2 075 2 125 AN Z P P P P

ndash на III участке 3 2 075 2 025 AN Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 2 075 2AN Z P P P P P P P

= ndash075Р

По полученным значениям строим эпюру нормальных усилий N которая приведена на рис 17в

5) для основной системы строим эпюру перемещений оп-ределяя перемещения в сечениях (0 1 2 3 4) используя сле-дующее правило их подсчета

перемещение сечения в конце участка равно перемещению сечения в начале этого участка плюс его абсолютная laquoдефор-мацияraquo на участке

1 ( )

i ii i

i

N l

EF (122)

где i =1 2 hellip minus номер участка стержня Перемещение сечения 0 Δ0 = 0

Перемещение сечения 1 1 11 0 075

N l Pl

EF EF

Перемещение сечения 2

2 22 1 075 125 05

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 3

3 33 2 05 025 075

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 4

4 44 3 075 075 0

N l Pl Pl

EF EF EF

38

Эпюра продольных перемещений приведена на рис 17г 6) выполним проектный расчет на прочность Из анализа эпюры продольных сил N (рис 17в) следует

так как площадь поперечного сечения является постоянной то наиболее нагруженным является второй участок на котором продольная сила принимает максимальное значение

max 2 125 N N P

Таким образом максимальные напряжения равны

maxmax 125

N P

F F а условие прочности записывается в виде

max те 125P

F

Отсюда следует что площадь поперечного сечения стержня должна удовлетворять условию

125

PF

Полагая Р = 10 кН = 104 Н и 160 МПа получим

4210

125 78125мм 160

F

Требуемый диаметр стержня имеющего сплошное круг-лое поперечное сечение

4 781152 998мм

FD

Окончательно принимаем диаметр стержня равным D =10 мм Площадь поперечного сечения в этом случае составляет

2 2210

785мм4 4

DF

В соответствии с эпюрой перемещений (рис 17г) макси-мальные перемещения имеют сечения 1 и 3 те

4

max 5

10 100075 075 0048мм

2 10 785

Pl

EF

При этом сечение 1 (рис 17а) перемещается влево а се-чение 3 (рис 17б) вправо на величину max

39

Так как условие жесткости не поставлено то проверка на жесткость статически неопределимого стержня не проводится

П р и м е ч а н и е Построение эпюры перемещений Δ для основ-ной системы является деформационной проверкой Равенство нулю пере-мещения концевого сечения Δ4 = В = 0 для основной системы показыва-ет что статическая неопределимость раскрыта верно

18 Расчет статически неопределимой стержневой системы

на внешние воздействия Существенной особенностью расчета статически неопре-

делимых стержневых систем является то что кроме уравнений равновесия для этих систем необходимо дополнительно соста-вить уравнения совместности деформаций число которых соот-ветствует степени статической неопределимости

При сборке (монтаже) статически неопределимых систем за счет неточности (допусков) изготовления отдельных элемен-тов в них возникают дополнительные монтажные напряжения

Если при эксплуатации статически неопределимой систе-мы имеют место температурные воздействия (охлаждение или нагрев) на отдельные элементы или всю систему то в ее эле-ментах также возникают дополнительные температурные на-пряжения

Таким образом применяя принцип суперпозиций получа-ем что в самом общем случае в элементах статически неопре-делимой системы возникают результирующие напряжения ко-торые в соответствии с принципом суперпозиций определяются выражением

( ) ( ) ( )Р Т (123)

Здесь ( )Р ndash напряжения от внешних усилий ( ) ndash мон-тажные напряжения ( )Т ndash температурные напряжения При расчете результирующих напряжений (123) все напряжения подставляются с учетом их знаков

Задача 3 Абсолютно жесткая балка АВ (рис 18) удерживается

в исходном положении шарнирной опорой и двумя стальными стержнями круглого поперечного сечения соединенными шар-

40

нирно с балкой и опорами Балка нагружена равномерно рас-пределенной нагрузкой интенсивности q и сосредоточенной си-лой P = qa

Выполнить проектный расчет те определить требуемые площади поперечных сечений стержней F и их диаметры

Данные для расчета принять по табл 13 Характеристики стержней

ndash F1 = F F2 = 2F

ndash допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа ndash модуль упругости материала стержней 1 2Е Е Е

= 2middot105 МПа

Таблица 13

Номер строки

Номер схемы

по рис 18 а м b м с м q кНм Т оС мм

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

05 06 04 05 10 10 10 10 05 20

04 06 10 10 10 10 10 06 05 20

10 05 10 10 10 20 20 20 10 10

10 12 10 20 20 24 20 10 20 30

+20 minus25 +30 minus30 +35 minus35 +40 minus40 +25 minus20

05 06 07 minus05 minus06 minus07 10 minus10 09 minus09

Буква шифра

а б в г д а д

Для заданий статически неопределимой системы рассчи-

тать монтажные и температурные напряжения возникающие при следующих условиях

ndash стержень 2 изготовлен с допуском величина которого принимается по табл 13 (при lt 0 ndash стержень изготовлен ко-роче а при 0 ndash длиннее)

ndash изменение температуры 1 стержня составляет Т вели-чина которой принимается по табл 13 (при 0Т ndash охлажде-ние стержня при 0Т ndash нагрев) Коэффициент линейного температурного расширения (КЛТР) для материала стержня

принять равным 6 о 1125 10 С

41

Рис 18

Пример 31 Расчет на прочность В соответствии с условиями задачи 3 выполнить проекти-

ровочный расчет стержневой системы приведенной на рис 19а

42

при а = 05 м = 500 мм b = 04 м = 400 мм q = 10 кНм = 10 Нмм Р qa

Решение 1) применяя метод сечений к заданной конструкции (см

рис 19а) мысленно рассечем стержни и действие отброшен-ных частей заменим усилиями N1 и N2

В шарнирно-неподвижной опоре возникают опорные ре-акции ZA и YA Схема усилий изображена на рис 19б

Составим возможные уравнения равновесия

1 20 cos cos 0AZ Z N N (124)

1 20 sin sin 0AY Y N N qa P (125)

1 20 sin sin 02Aa

mom N a N a P a qa (126)

Получили три уравнения с четырьмя неизвестными N1 N2 ZA YA Следовательно рассматриваемая система один раз стати-чески неопределима и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное уравнение ndash уравнение совместности деформаций Оно получается при рассмотрении малых переме-щений узла В конструкции от нагрузок (рис 19)

В проектировочном расчете реактивные силы ZA и YA не потребуются нужно знать только усилия в стержнях N1 и N2 Поэтому достаточно составить одно уравнение равновесия (125) которое содержит только эти неизвестные и в дальней-шем будет использоваться

2) составляем схему перемещений изобразив начальное и конечное состояния узла конструкции В до и после приложения нагрузок (рис 19в) Ввиду малости деформаций и перемещений считаем что точка В переместится в положение В1 по нормали к исходному положению радиуса вращения АВ (ВВ1АВ) При совмещении концов стержней с точкой В1 описываемые ими при повороте относительно шарниров С и D дуги заменим пря-мыми В1К и В1М перпендикулярными к первоначальным поло-жениям стержней 1 и 2 Отрезки ВК = Δl1 и ВМ = Δl2 являются абсолютными удлинениями стержней 1 и 2

При составлении схемы перемещений (см рис 19в) нуж-но чтобы знаки деформаций стержней соответствовали приня-тому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме усилий (см рис 19б)

43

Рис 19

Так в рассматриваемом примере растягивающие усилия N1 и N2 соответствуют тому что на схеме перемещений стерж-ни 1 и 2 изображены удлиняющимися на величины Δl1 и Δl2

a

β

N1

YA

P

B

z

α

y

q

N2

ZA

А

б)

1 2

β

а b

q

21

a P = qaB

D C

А

a)

α

в) C D

К2К1

∆L1

∆L2

В1

Bz β

2 1

A

α β

y

44

3) составляем уравнение совместности деформаций Рас-смотрим прямоугольные треугольники ВВ1М и ВВ1К с общей гипотенузой ВВ1

Выразив отрезок ВВ1 (перемещение точки В) через удли-нения стержней Δl1 и Δl2 получим

ndash из ΔВВ1К 11 sin

lBB

ndash из ΔВВ1М 21 sin

lBB

Тогда

1 2 sin sin

l l

Выразив деформации Δl1 и Δl2 через усилия в соответст-вии с законом Гука получим

1 1 2 2

1 2sin sin

N l N l

EF EF

(127)

Учитывая что по условию задачи 1 2 2 F F F F

1 2sin sin

a al l

(см рис 19а) полученное выражение

(127) преобразуем к виду

1 22 2sin 2 sin

N a N a

EF EF

из которого следует 2

1 2 2

sin0

2sinN N

(128)

Выражение (128) является дополнительным уравнением и совместно с уравнением (126) образует систему уравнений для определения усилий N1 и N2

4) определяем внутренние усилия N1 и N2 решая совмест-но систему уравнений (126) и (128) В результате получим

2

1 3 3

3 sin

2(sin 2sin )

qaN

45

22 3 3

3sin

(sin 2sin )

qaN

С учетом данных (см рис 19а)

tg 1a

a

те о45

osin 45 0707 05

tg 12504

a

b

те β = 51ordm20prime

sin 51 20 0781 q = 10 Нмм а = 500 мм

получим 2

1 3 3

3 10 500 0707

20707 2 0781N

= 29middot103 Н = 29 кН

22 3 3

3 10 5000781

0707 2 0781N

= 7middot103 Н = 7 кН

5) вычисляем площади поперечных сечений и диаметры стержней Сравним напряжения в стержнях учитывая условия F1 = F и F2 = 2F

31

11

29 10N

F F

3 32

22 1

7 10 35 10

2

N

F F F

2мм

H

(129)

Так как 2 gt 1 то условие прочности (114) следует со-ставить для наиболее нагруженного стержня 2 те

max35

F

Решая неравенство относительно площади F получим

335 10

F

Таким образом 335 10

2187160

F

мм2

Используя соотношения F1 = F и F2 = 2F принимаем

46

F1 = 2187 мм 2 F2 = 2 middot 2187 = 4375 мм 2

Определяем диаметры стержней

11

4 4 21 87Fd

= 528 мм

22

4 4 4375Fd

= 746 мм

Принимаем d1 = 55 мм d2 = 75 мм Так как округление выполнено в бoacuteльшую сторону прочность стержней обеспе-чена При диаметрах d1 = 55 мм и d2 = 75 мм площади сечений соответственно равны

2 21

1314 55

23754 4

dF

мм2

2 22

2314 75

44154 4

dF

мм2

Нормальные напряжения в стержнях равны

31

11

29 10122

2375

N

F

МПа lt []

32

22

7 10158

4415

N

F

МПа lt []

Таким образом условия прочности при выбранных разме-рах поперечных сечений стержней выполняются

Пример 32 Монтажные напряжения Для расчета схемы рассмотренной в примере 31 рассчи-

тать монтажные напряжения при условии что стержень 2 вы-полнен короче на величину = minus05 мм

Решение Расчетная схема представлена на рис 110а На рис 110б представлена система внутренних усилий

1N и 2N в стержнях и опорных реакций AY и AZ в опоре А При монтаже конструкции необходимо сжать стержень 1 и растя-нуть стержень 2

Задача решается аналогично примеру 31

47

Рис 110

1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

конструкций

1 20 cos cos 0AZ Z N N (130)

1 20 sin sin 0AY Y N N (131)

1 20 sin sin 0momA N a N a (132)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой поэтому следует составить уравнение совместности деформаций для отсеченной части конструкции

2) составим схему перемещений узла В при монтаже кон-струкции (рис 110в) в соответствии со схемой перемещений ВМ

Ввиду малости перемещений считаем что шарнир В пе-ремещается в положение 1 1( )В ВВ АВ Отрезок 1l представ-ляет собой укорочение стержня 1 под действием силы 1N

а)

в)

б)

48

1 11

1 1

N ll

E F (133)

Отрезок 2 2BK l где 2l ndash удлинение стержня 2 под действием силы 2N

2 22

2 2

N ll

E F (134)

Для составления уравнения совместности деформаций рассмотрим геометрическую связь между перемещением шар-нира В и деформациями стержней 1l и 2l

Из треугольника 1 1ВK В следует что

1 11 sin sin

ВK lВВ

(135)

А из треугольника 2 1ВK В получим

2 21 sin sin

ВK lВВ

(136)

Приравнивая соотношения (135) и (136) получим урав-нения совместности деформаций в виде

1 2

sin sin

l l

(137)

Используя соотношения (133) (134) и учитывая что

1 2 1 2 2 F F F F E E E получим уравнение совместности деформаций (137) в виде

1 1 2 22 sin 2 sin sinN l EF N l (138)

Объединяя уравнения (132) и (138) получим систему уравнений относительно искомых неизвестных усилий в стерж-нях 1N и 2N

1 2

1 1 2 2

sin sin 0

2 sin sin 2 sin

N а N а

N l N l EF

(139)

Из первого уравнения системы получим

1 2sin

sin

N N

(140)

49

Подставляя (140) во второе уравнение (139) получим выражение для усилия 2N

2

2 2 21 2

2 sin

(2sin sin )

ЕN F

l l

(141)

Учитывая что

о о1 2 45 51 20 05мм

sin sin

a al l Е

52 10 МПаЕ

из выражений (141) и (140) определим усилия в стержнях

2 185 (H) 934 (H)N F N F (142)

Положительные значения усилий 1N и 2N указывают на то что их направления на рис 110б указаны верно стержень 1 ndash сжат стержень 2 ndash растянут Полученные выражения устанавли-вают связь монтажных усилий с площадью поперечного сече-ния стержней F

3) определим монтажные напряжения в стержнях с учетом их знака

1 11 2

1

934 Н( ) 934 934 МПа

мм

N N F

F F F

2 22

2

85( ) 425МПа

2 2

N N F

F F F

4) анализ результатов расчета позволяет сделать выводы о том что

ndash монтажные напряжения составляют от допускаемых напряжений [σ]

ndash для стержня 1

1

1 0934

10 100 584 160

ndash для стержня 2

2

2 0425

10 100 266 160

50

ndash при действии внешних усилий (см пример 31) в стерж-нях возникают растягивающие напряжения 1 и 2

При монтаже рассматриваемой конструкции в стержнях возникают сжимающие монтажные напряжения 1( ) lt 0 в стержне 1 и растягивающие 2 ( ) 0 в стержне 2 Таким обра-зом за счет монтажных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2

П р и м е ч а н и е В статически определимых системах монтаж-ных напряжений не возникает Например если в стержневой системе показанной на рис 110а убрать один из стержней то система становит-ся статически определимой При ее монтаже оставшийся стержень не деформируется если он выполнен короче или длиннее требуемого размера

Пример 33 Расчет температурных напряжений Для расчетной схемы представленной в примере 31 рас-

считать температурные напряжения возникающие в стержнях

при нагреве стержня 1 на о 130 СТ (рис 111а)

Рис 111

При нагреве стержня 1 он удлиняется но его свободному изменению длины препятствует стержень 2 Поэтому в стержне 1

а) б)

в)

51

возникают сжимающие усилия 1N а в стержне 2 ndash растягиваю-щие усилия 2N На рис 111б показана система внутренних усилий 1N 2N и опорных реакций АZ и АY в опоре А

Задача решается аналогично примеру 31 1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

1 20 cos cos 0AZ Z N N (143)

1 20 sin sin 0AY Y N N (144)

1 20 sin sin 0momA N a N a (145)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой

2) составим схему перемещений узла В (рис 111в) при нагреве стержня 1

Из рассмотрения треугольников 1 2В K В и 1 1В K В получим

1 1ВK ВМ K М где ВМ ndash температурная деформация стержня 1 которая определяется выражением

1 1( ) ВМ l T T l (146)

1 1 1( )K М l N 2 2 2( )BK l N

где 1l и 2l ndash деформации стержней от усилий 1N и 2N соот-ветственно Эти деформации определяются формулами (133) и (134) С учетом этих выражений получим

1 11 1 1 1 1

1 1

( ) ( )N l

BK l Т l N TlE F

(147)

2 22 2 2

2 2

( )N l

BK l NE F

Так как 1BВ ndash общая гипотенуза в треугольниках 1 2В K В и

1 1В K В то из равенства

1 2 sin sin

BK BK

с учетом выражений (147) получим

1 11

1 1 2 2

2 2sin sin

N lTl

E F N l

E F

(148)

52

Так как по условию 1 2 1 2 2 F F F F Е Е Е то уравнение совместимости деформаций (148) принимает сле-дующий вид

1 1 2 2 1

sin 2 sin sin

N l N l Тl

EF EF

(149)

Объединяя уравнение равновесия (145) и уравнение со-вместности деформаций (149) получим систему уравнений для определения усилий 1N и 2N возникающих в стержнях при температурном воздействии

2 1

1 1 2 2 1

sin sin 0

sin 2sin sin

N N

N l N l lТ Е

(150)

Решая эту систему уравнений относительно 1N и 2N по-лучим

1 2sin

sin

N N

(151)

22 22

1

sin sin2

2sin sinN ТЕF

l

l

(152)

Учитывая что 1 sin

аl

2 sin

аl

получим что 2

1

sin

sin

l

l

а выражение (152) принимает вид 2

2 3 3

sin sin2

2sin sinN ТЕF

(153)

Учитывая что 6 о 1125 10 С о30 СТ 52 10 МПаЕ о45 о51 20 из (153) и (151) получим

o 2 о6 5

2 3 о 3 о

sin 45 sin (51 20 )2 125 10 2 2 10

2 sin (51 20 ) sin (45 )N

4956 (H)F

о

1 о

sin(51 20 )4956 5446 (H)

sin(45 )N F F

53

3) температурные напряжения в стержнях с учетом их знака равны

1 11

1 1

2 21

2

5446( ) 5446 МПа

4956( ) 2478 МПа

2 2

N N FТ

F F F

N N FТ

F F F

(154)

4) анализ результатов расчета позволяет делать следую-щие выводы

ndash температурные напряжения составляют от допус-каемых напряжений для материала стержней

ndash для стержня 1

1

15446

100 100 34 160

ndash для стержня 2

2

22478

100 100 155 160

Существенной особенностью является то что при нагреве стержня 1 в нем возникают сжимающие температурные напря-жения 1( )Т lt 0 в стержне 2 ndash растягивающие напряжения

2 ( )Т 0 П р и м е ч а н и е При действии температуры в статически опре-

делимых системах температурных напряжений не возникает Например если в системе показанной на рис 111а убрать стержень 2 то система становится статически определимой При нагреве (или охлаждении) стержень 1 получает тепловую деформацию 1( )l Т и вызывает поворот

балки АВ (рис 111а) относительно опоры А При этом усилие 1N в нем

не возникает Пример 34 Совместное действие внешних нагрузок Рассмотрим статически неопределимую стержневую сис-

тему представленную на рис 19а и нагруженную внешними нагрузками Р и q

Стержень 2 изготовлен короче заданного размера на вели-чину = minus05 мм а при эксплуатации этой системы стержень 1 подвергается температурному воздействию Т = 30 degС

54

В этом случае в стержнях системы возникают дополни-тельные монтажные и температурные напряжения Результи-рующие напряжения возникающие в стержнях системы опре-деляются по формуле (123)

( ) ( ) ( )j j j jP T (155)

где j = 1 2 ndash номер стержня Обобщая решения задач приведенных в примерах 31 32

и 33 получим

1( ) 122 МПаP 2 ( ) 158 МПаP

1( ) 934 МПа 2 ( ) 425МПа

1( ) 5446 МПаТ 1( ) 2478МПаТ

Результирующие напряжения в стержнях системы (155) ndash в стержне 1

1 122 934 5446 2586 МПа

ndash в стержне 2

2 158 425 2478 22528МПа

Полученные результаты показывают что 1 lt а

2 те для стержня 2 условие прочности не выполняет-

ся Это связано с тем что за счет монтажных и температурных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2 (рис 19а)

Таким образом монтажные и температурные напряжения оказывают существенное влияния на напряженное состояние и прочность элементов статически неопределимых систем и их необходимо учитывать при проведении проектных расчетов

Рассмотрим общий случай совместного воздействия на ста-тически неопределимую систему представленную на рис 19а

внешних нагрузок Р qa кН

10 м

q монтажной неточности

стержня 2 = minus05 мм и температурного воздействия на стер-

жень 1 Т 30 degС Обобщая результаты расчетов приведенных в примерах

31 32 и 33 получим что наиболее нагруженным является стержень 2 те max 2 Учитывая что в соответствии

55

с (129) напряжения в стержне 2 от внешних сил равно 3

235 10

( ) РF

окончательно получим в соответствии с (155)

3 3

max 235 10 35 10

425 2478 6728 (МПа)F F

(156)

Условие прочности (114) принимает вид

3

max35 10

6728 F

(157)

Требуемая площадь поперечного сечения из (157) должна удовлетворять условию

335 10

6728

F

При 160 МПа получим

3 3235 10 35 10

3765мм 160 6728 9272

F

Принимаем 21 3765ммF F и 2

2 2 753мм F F Определяем диаметры стержней

11

4 37652 693мм

Fd

22

4 7532 979 мм

Fd

Окончательно принимаем следующие диаметры стержней

1 27 мм 10 ммd d

В этом случае площади поперечных сечений стержней со-ставляют

2 221

17

385мм 4 4

dF F

2 222

210

785мм 4 4

dF F

56

Проверим выполнение условий прочности для наиболее нагруженного стержня используя формулу (156)

3

max35 10

6728 1582 МПа385

Так как max lt то условие прочности (157) выполня-

ется На основании проведенных расчетов можно делать сле-

дующий вывод При выполнении проектных расчетов статически не-

определимых систем необходимо учитывать наличие мон-тажных и температурных напряжений возникающих в эле-ментах систем

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают при рас-тяжении и сжатии элемента конструкции

2 Какой вид нагружения называется растяжением (сжа-тием)

3 Сформулируйте суть метода сечений при растяжении и сжатии

4 Сформулируйте правила знаков для продольных сил 5 Как вычисляются нормальные напряжения при растя-

жении (сжатии) 6 Как определяются перемещения при растяжении (сжа-

тии) 7 Запишите закон Гука при растяжении (сжатии) 8 Как определяется коэффициент Пуассона 9 Нарисуйте диаграмму растяжения образца и укажите ее

основные законы 10 Что такое предел пропорциональности предел текуче-

сти и предел прочности материала 11 Назовите характеристики определяющие пластич-

ность материала 12 Как определяются допускаемые напряжения для пла-

стичных и хрупких материалов 13 От каких факторов зависит значение коэффициента

запаса прочности 14 Какие системы называются статически неопредели-

мыми

57

15 Что такое условие совместности деформаций 16 Запишите условия прочности для хрупких и для пла-

стических материалов 17 Что такое монтажные напряжения и в каких системах

они возникают 18 Что такое температурные напряжения и в каких сис-

темами они возникают 19 Какие типы расчетов на прочность существуют 20 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета для стержневой системы работающей на растяжение и сжатие

58

Глава 2

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

21 Основные соотношения При расчетах на прочность элементов конструкций кроме

площади поперечного сечения F используются и другие гео-метрические характеристики плоского поперечного сечения определяющие его жесткость при изгибе кручении сложных видах деформаций при расчетах на устойчивость и динамиче-ское действие внешних нагрузок

Статическими моментами сечения называются интегралы следующего вида (рис 21)

xF

xF

dF

dF

S y

S х

(21)

Рис 21

Здесь x y ndash координаты произвольной точки А сечения с координатами x и y dF ndash площадь бесконечно малой площад-ки выделенной возле точки А Интегрирование в (21) ведется по всей площади F поперечного сечения

Оси относительно которых статические моменты равны нулю (Sx = Sy= 0) называются центральными и обо-значаются xC и yC Точка их пересечения (С) называется цен-тром тяжести

59

Координаты центра тяжести xC и yC определяются выра-жениями

1 1

1 1

C C

CC

j

n n

j j jj j

j j

n n

F x F y

x yF F

(22)

Здесь j = 1 2 hellip n ndash номер элементарного сечения на ко-торые можно разбить заданное сечение n ndash число этих сечений

jF ndash площадь элементарного сечения Cjx и Cjy ndash координаты

центра тяжести элементарного сечения в принятой системе ко-ординат Положение и координаты центра тяжести элементар-ных сечений (прямоугольник треугольник круг эллипс и др) приведены в прил 3

Осевыми моментами инерции называются интегралы вида 2 2 x y

F F

J y dF J x dF (23)

Полярным моментом инерции называется интеграл вида 2

рF

J dF (24)

Так как 2 2 2х y (см рис 21) получим

р x yJ J J (25)

Центробежный момент инерции определяется выражением

xyF

J xy dF (26)

Существенным свойством центробежного момента явля-ется то что он может принимать положительные отрицатель-ные и нулевые значения в зависимости от расположения исход-ных осей x и y (рис21)

Оси относительно которых центробежный момент равен нулю ( = 0)xyJ называются главными

Главные оси проходящие через центр тяжести сечения называются главными центральными осями Во всех даль-нейших расчетах эти оси будем обозначать х и у (рис 22)

60

Рис 22

Момент инерции относительно осей x1 и y1 параллельных

главным центральным осям x и y вычисляется по формулам 2 2

1 1 x х y yJ J b F J J a F (27)

где х yJ J ndash моменты инерции относительно главных централь-

ных осей а b ndash расстояния между параллельными осями (рис 22) При определении положения главных центральных осей

следует использовать следствие из их определения Если поперечное сечение имеет хотя бы одну ось сим-

метрии то эта ось является главной центральной Если се-чение имеет две оси симметрии то обе они являются глав-ными центральными а центр тяжести лежит в точке их пересечения

Моментами сопротивления поперечного сечения являются геометрические характеристики которые определяются по фор-мулам

max max

yхx y

JJW W

y x (28)

где max y и max x ndash расстояния до наиболее удаленных точек (K1 и K2) сечения расположенных на внешнем контуре сечения (рис 22)

Полярным моментом сопротивления называется геомет-рическая характеристика

max

рр

JW

(29)

где max minus максимальное расстояние от центра тяжести сечения

до внешнего контура сечения

61

Радиусы инерции поперечного сечения определяются по формулам

yxx y

JJi i

F F (210)

Все геометрические характеристики и координаты опре-деляющие положение центра тяжести простейших сечений приведены в прил 3 Геометрические характеристики стандарт-ных профилей поперечных сечений (двутавр швеллер уголок) приведены в прил 4

П р и м е ч а н и е При проведении расчетов на прочность при раз-личных видах нагружения в поперечных сечениях элементов конструкций используют главные центральные оси которые обозначают х и у

22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения

Задача 4 Для заданного поперечного сечения (рис 23) вычислить

геометрические характеристики х y x y x уJ J W W i i относи-

тельно главных центральных осей При расчете принять 1 1 b k b 2 2 b k b 3 3b k b Значения коэффициентов k1 k2 k3 и вид поперечного сечения

выбираем по табл 21 в соответствии с заданным вариантом расчета Все геометрические характеристики вычислить через па-

раметр сечения b

Таблица 21

Значения коэффициентов Номер строки

Номер схемы по табл21 k1 k2 k3

1 I 10 10 10 2 II 11 08 12 3 III 12 09 14 4 IV 13 07 16 5 V 14 06 18 6 VI 15 12 20 7 VII 16 11 10 8 VIII 17 08 12 9 IX 18 10 14

10 X 09 09 16 Буква шифра

а б в г

62

Рис 23

Пример В соответствии с условиями задачи 4 определить

геометрические характеристики поперечного сечения пред-ставленного на рис 24

63

Рис 24

Так как сечение является симметричным то вертикальная

ось симметрии y является главной центральной осью Для ре-шения задачи введем по нижней кромке сечения вспомогатель-ную ось х1

Разобьем сечение на два прямоугольника 1 и 2 и проведем их laquoсобственныеraquo главные центральные оси хC1 yC1 и хC2 yC2 Определим положение центра тяжести сечения по формуле (22)

1 1 2 2

1 2

C CC

F y F yy

F F

(211)

где F1 F2 ndash площадь прямоугольников 1 и 2 а 1Cy и 2Cy ndash ко-

ординаты их центров тяжести С1 и С2 относительно оси х1 2 2

1 1 2 25 10 2 20 11 8 2 16C Cy b F b b b y b F b b b

В соответствии с (211) получим координату центра тяже-сти (С) всего сечения

2 2

2 2

20 5 11 11767

20 16C

b b b by b

b b

Отмечаем положение центра тяжести сечения С и прово-дим вторую главную центральную ось сечения х

Осевой момент инерции сечения относительно оси х равен

64

(1) (2)х х хJ J J (212)

В соответствии с (27)

1

(1)(1) 21 1xСхJ J F b (2)(2) 2

2 22х xСJ J F b ndash моменты инерции

прямоугольников 1 и 2 относительно оси х (1)1СхJ (2)

2СхJ ndash момен-

ты инерции каждого прямоугольника относительно их собст-венных главных центральных осей 1Cх и 2Cх соответственно

b1 и b2 ndash расстояния между осями х и 1Cх аналогично х и 2Cх

Из рис 24 следует

11 767 5 267C Cb y y b b b

22 11 767 333CCb y y b b b

Моменты инерции каждого прямоугольника относительно его главных осей вычисляется по формулам (см прил 3)

(1)1

342 (10 )

166712Сx

b bJ b (2)

2

348 (2 )

53312Сx

b bJ b

Момент инерции для всего поперечного сечения вычисля-ем по формуле (212)

(1) (2)1 2

2 21 1 2 1

2 2 2 4 2 2 41667 (267 ) 20 533 (333 ) 16 4924

С Сx x xJ J b F J b F

b b b b b b b

Момент инерции относительно оси у вычисляется гораздо проще так как ось у является осью симметрии всего сечения и сечений 1 и 2 те главные центральные оси у1 и 1Cy и 2Cy сов-

падают (см рис 24) В этом случае момент инерции

(1) (2)y y yJ J J (213)

где (1)3

410 (2 )667

12yb b

J b

(2)3

42 (8 )8533

12yb b

J b

Момент инерции всего сечения (213) равен 4 4 4667 8533 92yJ b b b

Наиболее удаленные от осей х и у точки сечения K1 и K2

(см рис 24) имеют координаты

65

1max 767K Cy y y b 2max 4Kx y b

Моменты сопротивления сечения (28) равны 4 4

3 3

max max

4924 92642 23

767 4уx

x у

JJ b bW b W b

y b х b

Площадь всего поперечного сечения равна 2 2 2

1 2 20 16 36F F F b b b

Радиусы инерции определяются выражениями (210) и равны

4

2

49244924 222

636x

xJ b b

i bF b

4

2

9292 9

636

yy

J b bi b

F b

В табл 22 приведены все расчетные геометрические ха-рактеристики сечения

Таблица 22

F xJ уJ xW уW xi yi

36b2 4924b4 92b4 642b3 23b3 222b 9b П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение имеет отверстия то

геометрические характеристики отверстия F xJ уJ следует считать от-

рицательными

Контрольные вопросы

1 Приведите определение статических моментов инерции плоских сечений

2 Дайте определение осевых и центробежного моментов инерции поперечного сечения

3 Дайте определение полярного момента инерции попе-речного сечения

4 Как связаны между собой полярный и осевые моменты инерции

5 Запишите формулы для расчета осевых и полярного моментов инерции простейших сечений прямоугольника круга кольца

66

6 Как определяется положение координат центра тяжести сложного поперечного сечения

7 Какие оси называются центральными 8 Какие оси называются главными 9 Какими свойствами обладают оси симметрии попереч-

ного сечения 10 Как вычисляются моменты инерции сечения при па-

раллельном переносе осей 11 Как вычисляются моменты сопротивления сечений

осевые полярный 12 Запишите формулы для вычисления моментов сопро-

тивления простейших сечений прямоугольника круга кольца 13 Как определяются моменты инерции и моменты

сопротивления стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

14 Как вычисляются радиусы инерции поперечных се-чений

15 Какие оси поперечного сечения называются главными центральными

67

Глава 3

КРУЧЕНИЕ

31 Основные соотношения Рассматриваем кручение стержней (валов) имеющих круг-

лое сплошное или кольцевое поперечное сечение В этом случае выполняется гипотеза плоских поперечных сечений [1 2]

При кручении стержней в поперечных сечениях возника-ют крутящие моменты кр М которые определяются методом

сечений на каждом участке стержня По результатам расчетов строится эпюра крутящих моментов При построении эпюры

крМ используем следующее правило знаков

Внешний момент действующий на отсеченную часть стержня считается положительным если при взгляде со стороны внешней нормали к отсеченной части он вращает ее против часовой стрелки

Под действием крутящего момента крМ в точках попе-

речного сечения расположенных на радиусе возникают каса-тельные напряжения эпюры которых в плоскости сечения по-казаны на рис 31

Рис 31

Величина касательных напряжений в произвольной точке сечения А с координатой (рис31) рассчитывается по формуле

кр

p

М

J (31)

68

где 02

D D ndash внешний диаметр стержня крМ ndash крутящий

момент который определяется по эпюре крутящих моментов

pJ ndash полярный момент инерции поперечного сечения

(см п 21) Максимальные касательные напряжения max достигают-

ся на внешнем контуре сечения (см рис 31) при 2

D и опре-

деляются формулой

крmax

p

М

W (32)

где pW ndash полярный момент сопротивления сечения (29)

Условие прочности записывается в виде

max (33)

Здесь ndash допускаемые касательные напряжения кото-

рые обычно принимают равными (0507) где ndash

допускаемые напряжения для материала вала при растяжении (сжатии)

При кручении поперечные сечения стержня остаются пло-скими не меняют своей формы и размеров и поворачиваются на угол Угол поворота на участке стержня определяется вы-ражением

кр p

М l

GJ (34)

где l ndash длина участка G ndash модуль упругости второго рода (мо-дуль сдвига) материала стержня который определяется экспе-риментально для каждого материала [1 7] Угол поворота из-меряется в радианах

Относительный угол поворота определяется выражением

l

или в соответствии с (34) по формуле

кр

p

M

GJ (35)

69

Условие жесткости для стержней работающих на круче-ние записывается в виде

max (36)

Максимальный относительный угол поворота max опре-

деляется по формуле (35) а допускаемый относительный угол поворота назначается из особенностей работы конструкции

П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение стержня не является круглым (эллиптическое прямоугольное и др) то гипотеза плоских сечений не выполняется сечение депланирует и расчетные формулы (31)ndash(35) не применимы [1] В этом случае расчет стержней выполняется методами теории упругости

32 Расчет на прочность трансмиссионного вала

Задача 5 Выполнить проектный расчет трансмиссионного сталь-

ного вала постоянного поперечного сечения Вал посажен на подшипниковые опоры К шкиву 1 подводится мощность N1 которая передается оборудованию через шкивы 2 3 и 4 в соот-ветствии с расчетной схемой представленной на рис 32

I

VI

II

VII M1

M2

M3M4

l2l1

l3

Рис 32

70

III

VIII

IV

IX

V

X

Рис 32 Окончание

Вал имеет сплошное круглое поперечное сечение диамет-ром D и вращается с частотой n минndash1 Исходные данные при-нять по табл 31

Таблица 31

N2 N3 N4 n 1l 2l 3l

Номер строки

Номер схемы по рис 32

кВт кВт кВт минndash1 м м м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 I 40 20 15 400 10 05 05 2 II 50 25 20 600 05 10 05 3 III 35 20 30 300 06 08 06 4 IV 60 30 20 200 07 10 04 5 V 25 40 25 450 06 07 09 6 VI 40 20 20 500 05 05 05

71

Окончание табл 31

1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 VII 60 35 20 550 04 05 06 8 VIII 35 20 30 350 06 04 05 9 IX 45 40 25 400 05 06 07 0 X 30 25 30 300 08 10 04

Буква шифра

а б в г д а г д

При выполнении расчетов принять ndash материал вала ndash сталь ndash модуль сдвига G = 08 middot 105 МПа ndash допускаемые касательные напряжения 40 МПа

ndash допускаемый относительный угол закручивания вала 04 градм

Пример В соответствии с условиями задачи 5 выполнить проектный расчет трансмиссионного вала расчетная схема ко-торого показана на рис 33 а

Рис 33

а)

в)

б)

72

Исходные данные принять следующими

2 40кВтN 3 40кВтN 4 20кВтN 1300мин n

1 04мl 2 06мl 3 10мl

Решение 1) определим величину мощности подводимой к ведуще-

му шкиву 1 Считаем что потери на трение в подшипниковых опорах А и В отсутствуют те

1 2 3 4 40 40 20 100 N N N N кВт

2) вычисляем крутящие моменты передаваемые на транс-миссионный вал в местах расположения шкивов используя формулу

955 ii

NМ

n (37)

где i = 1 2 3 4 ndash номер шкива

В соответствии с (37) получим

1100

955 318300

М кНм

2 340

955 127300

М М кНм

420

955 064300

М кНм

3) используя метод сечений на каждом из трех участков I II и III (рис 33а) получим значения крутящих моментов на этих участках

крI 4 064М M кНм

крII 4 1 064 318 254М M M кНм

крIII 4 1 2 064 318 127 127М M M M кНм

На рис 33б показана эпюра крутящих моментов постро-енная по полученным результатам

4) определяем положение наиболее нагруженного сечения вала Из эпюры крутящих моментов следует что наиболее на-груженным для вала постоянного поперечного сечения явля-

73

ются сечения расположенные на II участке где крутящий момент

достигает максимального значения кр крIImax 254кНмМ М 5254 10 Н мм

Принимая полярный момент сопротивления для вала рав-

ным 3

16pD

W

запишем условие прочности (33) в виде

кр крmax maxmax 3

16p

М М

W D

(38)

Из соотношения (38) получим что диаметр вала должен определяться из условия

кр

5max 33

16 16 254 1068

40

МD

мм

Таким образом из расчета на прочность следует что трансмиссионный вал должен иметь диаметр 68ммD

5) проверим выполнение условия жесткости (36) для трансмиссионного вала Для этого определим допускаемый от-носительный угол закручивания в радм

о

3 6о

04698 10 радм 698 10 радмм

180

Учитывая что полярный момент инерции вала 4

32pD

J

из условия жесткости (36) получим

кр крmax maxmax 4

32

p

М М

GJ G D

(39)

Из (39) следует что вал должен иметь диаметр удовле-творяющий следующему соотношению

кр

5max

445 6

32 32 254 1082

08 10 698 10

МD

G

мм

Таким образом из условия жесткости следует что 82D мм 6) сопоставляя результаты расчета на прочность и жест-

кость получим что должно выполняться условие 82D мм

74

Округляя это значение диаметра до ближайшего большего из ряда нормальных размеров (ГОСТ 8032ndash84) окончательно при-нимаем диаметр трансмиссионного вала D = 85 мм

В этом случае вал имеет

ndash момент сопротивления 3 3

585121 10

16 16pD

W

мм3

ndash полярный момент инерции 4 4

6 48551 10 мм

32 32pD

J

7) вычислим по формуле (312) значения максимальных касательных напряжений на каждом участке для принятого диаметра вала

кр6

Imax I 5

064 1053

121 10p

М

W

МПа

кр6

IImax II 5

254 1021

121 10p

М

W

МПа

кр6

IIImax III 5

127 10105

121 10p

М

W

МПа

Эпюра максимальных касательных напряжений показана на рис 33в

Анализ эпюры напряжений показывает что на всех участ-ках вала и условие прочности (38) и условие жесткости (39) выполняется

33 Расчет на прочность статически неопределимого вала

Задача 6 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими торцами (рис 34) и нагружен крутящими моментами m1 m2 m3

75

Рис 34

Определить требуемый диаметр вала из условий прочно-

сти и жесткости Построить эпюру углов поворотов поперечных сечений

Принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа = 8 104 Нмм2

m1 m2

m3I

ll3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1 m2

m3IV

ll3

l2l1

m1 m2

m3V

ll3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3IX

ll3

l2l1

m1

m2

m3X

ll3

l2l1

76

ndash допускаемое касательное напряжение [] = 80 МПа = = 80 Нмм2

ndash допускаемый относительный угол закручивания [] = = 2 ordmм

Остальные данные для расчета взять из табл 32 приняв значение m = 05 кНм = 05 middot 106 Нmiddotмм

Таблица 32

Номер строки

Номер схемы

по рис 34 m1 m2 m3 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m m m 2m m m m m 2m m

m m

2m m m m

2m m m

2m

m 2m m m m

2m m

2m m m

l l l l 2l l l 2l 2l 2l

l 2l l l l 2l l l 2l 2l

l l 2l l l 2l 2l l l l

l l l

2l l l

2l 2l l l

Буква шифра

а б в г д а г д

Пример В соответствии с условиями задачи 6 выполнить

расчет стального вала при m1 = 3m m2 = m m3 = 3m l1 = 2l l2 = = l3 = l4 = l (рис 35а)

Решение 1) вал нагружен только парами сил лежащими в плоско-

сти поперечного сечения поэтому возникают только две опор-ные реакции ndash моменты в защемлениях МА и МВ

Составляем уравнение равновесия (сумма крутящих мо-ментов относительно оси z)

1 2 30 0Z A Bmom M m m m M

подставив заданные значения m1 m2 m3 в это выражение по-лучим

MA ndash MB ndash m = 0 (310)

Имеем одно уравнение с двумя неизвестными те система один раз статически неопределима

77

Рис 35

2) выбираем основную систему Она получается из задан-

ной освобождением от лишней связи За лишнюю связь прини-маем защемление правого торца Загружая основную систему заданной нагрузкой и неизвестным моментом Х = MB превра-щаем ее в систему эквивалентную заданной (рис 35б) Усло-вием эквивалентности в данном случае является равенство ну-лю угла поворота сечения В основной системы

В = 0 (311)

В соответствии с принципом независимости действия сил угол поворота сечения В для основной системы можно подсчи-тать как алгебраическую сумму углов поворота сечения В от каждого из внешних моментов в отдельности те

в)

а)

б)

г)

78

1

k

B B im X (312)

или 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) 0B B B Bm m m X

Применяя формулу (34) с учетом условия (312) получим

3 2 3 3 4 50

p p p p

m l m l m l X l

GJ GJ GJ GJ

(313)

Внешний крутящий момент считаем положитель-ным если при взгляде со стороны свободного торца В Он вращает вал против часовой стрелки (см рис 35б)

Из уравнения совместности деформаций (313) получим

X = 06 m

В силу эквивалентности X = MB те MB = 06m Из уравнения равновесия (37) получим

06 16А ВМ m М m m m

Значения моментов МА и МВ положительны те направле-ние их выбрано верно (см рис 35а)

3) строим эпюру крутящих моментов определив их вели-чину на каждом участке методом сечений Крутящий момент в произвольном сечении i-го участка по величине равен ал-гебраической сумме внешних моментов расположенных по одну сторону от сечения

на I участке кI 16АМ М m

на II участке кII 3 16 3 14АМ М m m m m

на III участке кIII 3 16 3 24АМ М m m m m m m

на IV участке кIV 3 3 16АМ М m m m m m m

3 06m m

Эпюра крутящих моментов показана на рис 35в Эпюра

крМ штрихуется винтовой линией

4) строим эпюру углов поворота сечений i используя фор-мулу

1i i

i ip i

M l

GJ (314)

79

где i1 ndash угол поворота сечения расположенного в начале уча-

стка li ndash длина участка p iGJ ndash жесткость сечения на кручение

на i-м участке Граничные сечения участков пронумерованы цифрами 0 1 2 3 4

Используя формулу (314) получим

0 = A = 0

кI1

2 16 20 32

p p p

M l m l ml

GJ GJ GJ

кII2 32 14 18

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIII3 18 24 06

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIV4 06 06 0

p p p

M l ml ml

GJ GJ GJ

Для удобства при построении эпюры углов поворота вве-

дем обозначение p

mlk

GJ

Эпюра углов поворота представлена на рис 35г Факт того что 4 = В = 0 подтверждает правильность

решения те построение эпюры одновременно является де-формационной проверкой

5) определяем требуемый диаметр стержня Условие прочности (33) с учетом (32) имеет вид

max кmax

p

М

W (315)

Здесь 3

16pD

W

полярный момент сопротивления се-

чения Из условия (315) получим

max к

316

М

D

(316)

80

Стержень имеет постоянное сечение те опасным являет-ся участок III где возникает наибольший крутящий момент (рис 33в)

max кМ = 24m = 24 middot 05 = 12 кНmiddotм = 12 middot 106 Нmiddotмм

Из (316) получим

63 16 12 10

424 мм80

D

Условие жесткости (36) с учетом (35) имеет вид

max кmax

p

М

GJ (317)

Здесь 4

32pD

J

ndash полярный момент инерции сечения

Полагая max = [] из формулы (317) получим

max к

432 М

DG

(318)

Допускаемый относительный угол закручивания по усло-вию задачи задан в градусах

[] = 2 ordmм

Переведем его в радианы

о о

4о

2 2радм 035 10 радмм

м 180

Тогда по формуле (318) получим значение диаметра D

64

4 4

32 12 10457мм

8 10 035 10D

Диаметр найденный из условия жесткости больше диа-метра найденного из условия прочности

Принимаем бoacuteльший диаметр 457 ммD Окончательно округляя диаметр вала в бoacuteльшую сторону

по ГОСТ 8032ndash84 принимаем D = 46 мм П р и м е ч а н и е Если вал имеет кольцевое поперечное сечение

то полярные момент сопротивления pW и момент инерции pJ в соотно-

шениях (315) и (317) определяются по формулам

81

34(1 )

16pD

W с

3

4(1 )32pD

J с

где d

сD

D ndash внешний d ndash

внутренний диаметр вала При этом значение параметра с задается конст-руктором и оно обычно принимается равным с = 07ndash08

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется кручением 2 Сформулируйте правила знаков для построения эпюры

крутящего момента 3 Запишите формулу для расчета касательного напряже-

ния при кручении 4 Постройте эпюру касательных напряжений в попереч-

ном сечении вала 5 Запишите условие прочности при кручении 6 Запишите формулу для определения угла поворота по-

перечного сечения вала 7 Запишите формулу для вычисления относительного уг-

ла закручивания вала 8 Запишите условие жесткости при кручении 9 Запишите формулы для вычисления полярного момента

инерции для круглого и кольцевого поперечных сечений 10 Запишите формулы для вычисления полярного момента

сопротивления для круглого и кольцевого поперечного сечений 11 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета вала при кручении 12 Особенности расчета статически неопредилимых валов 13 Какое поперечное сечение (круглое сплошное или

кольцевое) вала работающего на кручение является более ра-циональным и почему

14 Сформулируйте порядок расчета вала на прочность и жесткость

15 Сформулируйте особенности расчета валов имеющих некруглое поперечное сечение

82

Глава 4

ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ

41 Основные соотношения При плоском поперечном изгибе в поперечных сечениях

балки возникают два внутренних силовых фактора попереч-ная (перерезывающая) сила yQ и изгибающий момент хМ

(рис 41)

Рис 41

Оси х и у в поперечном сечении являются главными цен-

тральными (см п 2) Эпюры внутренних силовых факторов строят методом сечений для каждого участка балки При этом применяют правила знаков

Правила знаков ndash поперечная сила yQ считается положительной если

внешняя сила поворачивает отсеченную часть балки по ча-совой стрелке относительно сечения (рис 42а)

ndash изгибающий момент хМ считается положитель-

ным если сжаты верхние волокна балки (рис 42б)

83

Рис 42

Под действием изгибающего момента хМ в произвольном

волокне А (рис 41) расположенном на расстоянии у от оси х возникают нормальные напряжения которые определяются по формуле [1]

х

x

Мy

J (41)

где xJ ndash момент инерции поперечного сечения

Из (41) следует что распределение нормальных напряже-ний по высоте сечения является линейным Эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении показана на рис 43б

Рис 43

Из эпюры нормальных напряжений следует что наиболее нагруженными являются точки поперечного сечения K1 и K2 с координатами py и сж y наиболее удаленные от оси х (рис 43а)

б)

а)

а) б) в)

84

Нормальные напряжения в этих точках в соответствии с (41) определяются выражениями

max p p max сж сжх х

x x

М Мy y

J J (42)

В тех случаях когда сечение является симметричным относи-тельно оси х максимальные напряжения вычисляются по формуле

maxх

x

М

W (43)

где xW ndash момент сопротивления поперечного сечения Для балок из пластичных материалов записывается одно

условие прочности (112) которое с учетом (43) имеет вид

maxх

x

М

W (44)

Для балок из хрупких материалов записывают два условия прочности (113) которые с учетом (42) принимают вид

max р p p х

x

Мy

J max cж сж сж х

x

Мy

J (45)

Под действием перерезывающей силы yQ в поперечном се-

чении на уровне у (рис 43а) действуют касательные напряжения которые вычисляются по формуле Д И Журавского [1 2]

y x

x

Q S

J b

(46)

Здесь xS ndash статический момент части площади сечения расположенной выше уровня у (рис 43 а) b ndash ширина сечения на уровне у

Эпюра касательных напряжений по высоте сечения по-казана на рис 43в Максимальные касательные напряжения имеют место в центре тяжести поперечного сечения и равны

1max

max

Fy x

x

Q S

J b (47)

где 1FxS ndash статический момент части площади сечения 1F ле-

жащий выше оси х (рис 43а)

85

Условие прочности по касательным напряжениям записы-ваются в виде (33) и с учетом (47) принимает вид [1]

maxmax

Fy x

x

Q S

J b (48)

где max yQ ndash максимальная поперечная сила которая определя-

ется по эпюре yQ ndash допускаемое касательное напряжение

для материала балки При поперечном изгибе балки ее деформации характери-

зуются прогибом y(z) и углом поворота поперечного сечения (z) которые являются функциями координаты z характери-зующей положение произвольного сечения (рис 44)

Рис 44

Прогиб угол поворота и изгибающий момент связаны

между собой дифференциальными соотношениями 2

2 x

x

Mdx d y

dz EJdt (49)

Изогнутая ось балки называется упругой линией Прогибы и углы поворота могут определяться различными способами [1 2] прямым интегрированием дифференциальных соотноше-ний (49) с помощью интеграла Максвелла-Мора способом Ве-рещагина и др

Если балка имеет постоянное поперечное сечение по дли-не те ( ) constxЕJ то прогибы и углы поворота можно опре-делять универсальным методом начальных параметров в соот-ветствии с которым выражения для них записываются в виде

86

0 0

2 3 4

1( )

2 3 4

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

y z y zEJ

M z a Р z b q z c

0

2 3

1( )

1 2 3

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

dyz

dz EJ

M z a Р z b q z c

Уравнения (410) и (411) записаны для правой системы координат начало которой следует располагать в крайнем ле-вом сечении балки (см рис 44)

Суммирование в формулах (410) и (411) производится по всем внешним нагрузкам количество которых характеризуется индексом

j = 1 2 3 hellip

В формулах (410) и (411) введены следующие обозначе-ния ja ndash расстояние от начала координат до изгибающего мо-

мента jM jb ndash расстояние от начала координат до точки прило-

жения внешнего усилия jР jс ndash расстояние от начала координат

до начала действия распределенной нагрузки интенсивностью jq

z ndash расстояние до сечения балки в котором определяется прогиб или угол поворота разделительная черта z jа указывает на то

что соответствующая нагрузка учитывается в уравнении только при выполнении условия z ja (аналогично для z jb и z сj) у0

и 0 ndash начальные параметры (прогиб балки и угол поворота попе-речного сечения в начале координат) значения которых опреде-ляются из граничных условий те из условий закрепления балки

При расчете внешние нагрузки и опорные реакции в урав-нениях (410) и (411) подставляются с учетом правила знаков для изгибающих моментов если действующая нагрузка вызы-вает сжатие верхних волокон балки то она подставляется со знаком плюс в противном случае ndash со знаком минус

(410)

(411)

87

Прогиб считается положительным (y 0) если сечение балки перемещается вверх а угол поворота 0 если сечение поворачивается против часовой стрелки

Вычисляя по формулам (410) и (411) прогибы и углы по-ворота для сечений с различными координатами z строят упру-гую линию балки и вычисляют максимальный прогиб max y

Если из конструктивных соображений прогиб балки дол-жен быть ограничен то дополнительно к условиям прочности (44) или (45) необходимо потребовать выполнение условия жесткости

max y f (412)

Здесь f ndash допускаемый прогиб величина которого ус-

танавливается исходя из конструктивных особенностей и усло-вий эксплуатации балки

Рекомендации по проектированию балок работающих на изгиб

Наиболее рациональными следует считать балки имею-щие поперечные сечения обеспечивающие минимальный вес балки при выполнении условий прочности

Из анализа эпюр распределения нормальных напряжений можно сформулировать следующие рекомендации по выбору ра-циональных поперечных сечений для балок работающих на изгиб

1 Для балок из пластичных материалов рекомендуется выбирать симметричные (относительно оси х) сечения ослаб-ленные в центральной части (кольцевое сечение двутавр швеллер и тп)

2 Для балок из хрупких материалов рекомендуется выби-рать несимметричные сечения (относительно оси х) у которых расстояние до наиболее удаленных сжатых волокон больше чем расстояние до наиболее удаленных растянутых волокон (рис 43а) сж p y y

Наиболее оптимальными следует считать поперечные се-чения у которых выполняются соотношение

сжсж

p р

y

y

(413)

88

42 Расчет стальной балки на прочность Задача 7 Для стальной балки нагруженной в соответствии с рас-

четной схемой из условия прочности по нормальным напряже-ниям подобрать размеры поперечного сечения

Расчет выполнить для четырех вариантов поперечного се-чения

ndash двутавр

ndash прямоугольное с соотношением сторон 2h

b

ndash круглое сплошное с внешним диаметром D

ndash кольцевое с соотношением диаметров 07d

сD

Выбрать наиболее рациональное поперечное сечение и для него построить эпюры нормальных и касательных напряже-ний в опасных поперечных сечениях балки Исходные данные для расчета принять по табл 41 и рис 45 полагая

2Р qa m Pa qa q = 10 кНм а = 1 м

Таблица 41

Внешние нагрузки Материал балки

Сталь Чугун

Предел прочности

МПа

Номер

строки

Схема

по

рис

51

m1 m2 P1 P2 q1 q2 Марка

Пре-дел те-куче-сти σт МПа

Марка

при растя-жении σвр

при сжатииσвс

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m

3m 2m m m

2m

2m m

2m 2m m m m m m m

P P

2Р P

2P 2P P P

2P P

2P P

2P 2P P P

2P P

2P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q

2q q q

20 40Х 30

40ХН40 20 50

40ХН30

40ХН

240 800 300 900 340 240 380 900 300 900

СЧ35 СЧ25 СЧ15 СЧ25 СЧ35 СЧ25 СЧ10 СЧ25 СЧ35 СЧ10

350 280 120 280 350 280 120 280 350 120

1200 1000 500

1000 1200 1000 500

1000 1200 500

Буква шифра

а б д г в д

89

Коэффициент запаса прочности принять т 15n допус-

каемые касательные напряжения принять [] = 06[]

Рис 45

Пример В соответствии с условиями задачи выполнить

расчет на прочность балки изображенной на рис 46а

90

Дано q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = 10 кНmiddotм = = 107 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 104 Н а = 1 м = 1000 мм

Рис 46

Материал балки ndash сталь 20 с пределом текучести σт =

= 240 МПа и модулем упругости Е = 2 middot 105 МПа Коэффициент запаса прочности nт = 15 Решение 1) определяем опорные реакции YA и YB из уравнений рав-

новесия

30 3 3 4 0

2A Вa

mom m q a Y a P a

а) б) в)

91

2 2 245 4 45 05 425

3 3Bm qa P a qa qa qa a

Y qaa a

30 3 3 0

2B Aa

mom m Y a q a Pa

2 2 245 4 45 05 4

3 3Am qa P a qa qa qa a

Y qaa a

Проверка правильности определения опорных реакций проводится по уравнению равновесия

0 3 0A BY Y q a Y P

qa ndash 3qa + 25qa ndash 05qa = 0 0 equiv 0

Тождество показывает что опорные реакции найдены верно Положительные значения YA и YB показывают что направления опорных реакций соответствуют принятым на рис 46а

2) строим эпюры поперечных сил yQ и изгибающих мо-

ментов xМ Балку разбиваем на участки I и II Используя метод

сечений для произвольного сечения каждого участка составля-ем уравнения для определения внутренних усилий yQ и xМ

в соответствии с которыми они изменяются в пределах каждого участка Положение сечения определяется текущей координа-той z начало отсчета удобно совмещать с началом участка (см рис 46а)

Рассмотрим поочередно оба участка используя введенные правила знаков для yQ и xМ

I участок 0 z1 3a Уравнение для поперечной силы в произвольном сечении

с координатой z1 имеет вид

yQ = YA qz1

yQ = qa qz1 = q (a z1)

Выражение для yQ является линейной функцией коорди-

наты z1 те для построения эпюры достаточно вычислить зна-чения yQ в начале (z1 = 0) и в конце (z1 = 3а) I участка балки

ndash при z1 = 0 yQ qa

ndash при z1 = 3а 2yQ qa

92

Эпюра yQ показана на рис 46б

Уравнение изгибающего момента xМ в произвольном се-

чении участка I имеет вид

21

12Ax m Y z q zМ

2 2 2 21 1 1 1

11 ( )2 2x q a z q z q a a z z M q a

Получили уравнение кривой второго порядка (параболы) выпуклость которой направлена вверх кривая имеет экстремум

в сечении с координатой э1z где 0yQ Значение э

1z получим

приравняв нулю выражение для yQ на I участке те

э1( ) 0q a z

откуда э1 az

Построить кривую второго порядка можно по трем точкам Вычислим значения xМ в начале участка (z1 = 0) в сече-

нии экстремума xМ ( z1 = a) и в конце участка (z1 = 3а)

ndash при z1 = 0 2x qaМ

ndash при z1 = э1z = a 2 2 21

152xM q a a a a qa

ndash при z1 = 3а 2 2 213 3 05

2xM q a a a a qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

II участок 20 z a Рассматривая правую отсеченную часть балки получим

05yQ P q a

График этой функции ndash прямая параллельная оси отсчета z (см рис 46б)

Изгибающий момент xМ в произвольном сечении участка

II с координатой 2z определяется выражением

2 21

2xM P q az z

93

Получили уравнение наклонной прямой которую можно построить вычислив значения изгибающего момента в начале (z2 = 0) и в конце (z2 = а) участка

ndash при 2z = 0 0xМ

ndash при 2z = а xМ = 05qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

3) определяем размеры поперечного сечения балки Усло-вие прочности по нормальным напряжениям имеет вид (43)

maxmax

x

x

M

W (414)

где [] допускаемое напряжение которое для пластичного материала равно

т

т

240160

15n

МПа

xW момент сопротивления поперечного сечения

По эпюре xМ (см рис 46в) находим наиболее нагру-

женное сечение балки С

В этом сечении 2max 15 x xM M qa

2max 15 20 1 30xM кНм = 30 106 Нмм

Из формулы (414) находим требуемое значение момента сопротивления для поперечного сечения любой формы

max x

xM

W

те 6

5 3 330 101875 10 мм 1875 см

160xW

По ГОСТ 8239ndash89 выбираем двутавр 20 с моментом со-противления xW = 184 см3 (прил 4)

Проверим прочность балки по нормальным напряжениям

6

maxmax 3

30 10163 МПа

184 10x

x

M

W

Превышение max над допускаемым напряженном со-

ставляет

94

max

]

[ ] 163 160100 100 2

[ 160

Превышение напряжения допускается не более 5 по-этому окончательно выбираем двутавр 20 Площадь его по-перечного сечения F = 268 см2

Определим размеры прямоугольного сечения для которо-го момент сопротивления (прил 3) при 2h b определяется вы-ражением

2 23(2 ) 2

6 6 3xbh b b

W b

Из условия 31875 смxW получим

33 1875

655 см2

b

Принимая окончательно b = 66 см получим высоту 2 132h b см а площадь поперечного сечения составляет

66 132 8712F b h см2 Определим требуемый диаметр сплошного круглого по-

перечного сечения из условия 3

187532xD

W

см3

Получим 332 1875

1241D

см

Окончательно принимаем D = 125 см тогда площадь по-

перечного сечения будет равна 2 21 1125 1227

4 4F D см2

Рассмотрим поперечное сечение балки в форме кольца

с параметрами 07d

сD

В этом случае момент сопротивле-

ния равен (прил 3) 3 3

4 4 3(1 ) (1 07 ) 007532 32xD D

W c D

Удовлетворяя условию прочности получим что 30075 1875xW D см3

95

Внешний диаметр 31875

13580075

D см

Окончательно принимаем 136 смD тогда внутренний диаметр сечения d = cD = 07 middot 136 = 952 см Площадь по-

перечного сечения в этом случае составляет 2

2(1 )4

DF c

22136

(1 07 ) 7414

cм2

Наиболее рациональным считается поперечное сечение балки при котором вес балки будет минимальным Так как во всех четырех случаях рассматриваемых сечений общая длина балки и материал из которого она изготовлена не меняется то вес каждой балки будет пропорционален площади ее попереч-ного сечения В табл 42 приведены площади сечений для всех рассмотренных вариантов балок Максимальную площадь сече-ния имеет балка круглого поперечного сечения max 3F F

Таблица 42

Вид сечения Двутавр Прямоугольник Круг Кольцо сечения j 1 2 3 4

Fj см2 268 8712 1227 741

max

jF

F 022 071 1 06

Анализ полученных результатов (см табл 42) показыва-

ет что минимальный вес имеет балка с двутавровым попереч-ным сечением При этом по сравнению с балкой круглого попе-речного сечения (которая имеет максимальный вес) двутавровая балка почти в 5 раз легче при такой же прочности

Окончательно принимаем что наиболее рациональным для данной балки является двутавр 20 Все дальнейшие рас-четы проводим для этого сечения

4) проверяем принятое сечение по касательным напряже-ниям Используем формулу Д И Журавского (48)

max

max y x

x

Q S

J d (415)

где max yQ максимальное значение поперечной силы (берется

с эпюры yQ (см рис 46б) сечение В) xS ndash статический мо-

96

мент половины сечения двутавра xJ ndash момент инерции

d ndash толщина стенки двутавра (рис 47а) Значения xS xJ и d берутся из таблиц сортамента для

двутавра 20 (прил 4) Допускаемое напряжение на срез вычисляется по соотно-

шению

[ ] 06 [ ] 06 160 = 96 МПа

max yQ = 2qa = 2 middot 20 middot 1 = 40 кН = 40 middot103 Н

Для двутавра 20 (прил 4) h = 20 см = 200 мм d = 52 мм

xS = 104 см3 = 104 middot 105 мм3 xJ = 1840 см4 = 184 middot 107 мм4

После подстановки данных в (415) получим 3 5

max 7

40 10 104 10435

184 10 52

МПа

max 435 МПа lt = 96 МПа

Условие прочности по касательным напряжениям выполня-ется

5) построим эпюры нормальных и касательных напря-жений для опасных сечений В и С (см рис 45)

Рис 47

Максимальные напряжения в сечении С (рис 47а) равны

max 163 МПа

а) б) в)

97

Так как верхние волокна (вв) двутавра испытывают сжатие

вв = ndash 163 МПа (сжатый слой полки двутавра)

при этом нижние волокна (нв) испытывают растягивающие на-пряжения

нв = + 163 МПа (растянутый слой полки двутавра)

Эпюра изображена на рис 47б Для построения эпюры касательных напряжений опре-

делим их значения в сечении k k где стенка двутавра сопряга-ется с полками (рис 47а)

В формулу Д И Журавского (46) подставляется статиче-

ский момент пxS площади сечения полки пF двутавра относи-

тельно оси х

п п п

2 2xS уh t

F bt

где b t и h берем из таблиц ГОСТов на двутавр (прил 4)

b = 100 мм t = 84 мм

Таким образом п 3200 8 4100 84 80 472мм

2 2xS

Тогда 3

4

40 10 80472336

1840 10 52

МПа

Эпюра представлена на рис 46в где max 435 МПа

Балка с двутавровым сечением 20 удовлетворяет всем условиям прочности при заданных внешних нагрузках

43 Расчет балки на жесткость Задача 8 Для стальной балки определить прогибы в характерных

точках и построить приближенно упругую линию (изогнутую ось балки)

Балка имеет двутавровое поперечное сечение с размерами полученными при решении задачи 7 и нагружена в соответст-вии с расчетной схемой задачи 7

98

Определить приближенно максимальный прогиб y и срав-нить его с допускаемым [f] = 0002l где l ndash длина пролета (меж-опорного и консольного) в котором имеет место максимальный прогиб Если условие жесткости не выполняется подобрать раз-меры поперечного сечения из условия жесткости При решении использовать метод начальных параметров

Исходные данные принять по табл 41 полагая q = 10 Нмм P = qa m = Pa = qa2 a = 1 м = 1000 мм

Пример В соответствии с условиями задачи 7 выполнить расчет на жесткость стальной балки приведенной на рис 46а

Дано а = 1 м = 1000 мм q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = = 10 кНmiddotм = 10 middot 106 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 10middot103 Н

Материал балки ndash сталь 20 модуль упругости Е = 2 middot10 5 МПа

В результате расчета данной балки на прочность (см пример задачи 6) уже известны опорные реакции YA и YB номер двутавра эпюры изгибающих моментов xM (повторено на рис 48аб)

Рис 48

а) б) в)

99

Решение 1) выбираем систему координат Начало координат со-

вмещаем с левым торцом А чтобы вся балка располагалась в положительном квадранте Так как распределенная нагрузка не доходит до конца балки то продляем ее до правого конца балки [1 2]

Одновременно на этом участке прикладываем компенси-рующую распределенную нагрузку q обратного знака (рис 48а)

2) запишем уравнение упругой линии оси балки для дан-ной схемы

2 3

0 0 3

4

3

0 0

3

4

24

( 3 )

2 6 6

( 3 )

24

x x x

A Ba

a

z z z

z

z

Y Y

q q

EJ y EJ y EJ z

z z z am

z a

(415)

Здесь y0 и θ0 ndash прогиб и угол поворота сечения в начале координат которые определяются из условий на опорах и назы-

ваются начальными параметрами прерыватель z ai указывает

что при вычислении прогиба в конкретном сечении учитывают-ся только те слагаемые для которых указанное неравенство (z gt ai) выполняется

3) определяем начальные параметры y0 и θ0 При 0z 0

Ay те

00y (точка А на рис 48а) так

как в начале координат расположена шарнирно-неподвижная опора балки

При 3z a 0B

y (точка В на рис 48а) так как в сече-

нии В также расположена опора (шарнирно-подвижная) Тогда из уравнения (415) приравняв правую часть нулю

при 3z a получим

2 2 4

0(3 ) (3 ) (3 )

2 2 24

0 3x A

a a aa m Y qEJ

или после подстановки значений нагрузок 2 3 4

20

(3 ) (3 ) (3 )0 3

2 6 24xа а a

EJ а qa qa q

100

Решая полученное уравнение относительно 0 получим 3

0 1875x

qa

EJ

Знак laquondashraquo показывает что сечение А поворачивается по ча-совой стрелке

После определения начальных параметров и подстановки значений m YA и YB уравнение (415) принимает вид

0 0 3

3

2 3

4 4

33 2 25

6

( 3 )

24 24

1( )

( 3 )0 1875

2 6

x

z z z a

z a

zqa qa

z z aq q

у zEJ

z z aqa z qa

4) строим приближенно упругую линию оси балки ис-пользуя уравнение упругой линии (416)

Для этого находим прогибы в характерных сечениях дан-ной балки

ndash при zС = a (сечение где изгибающий момент максимален) ndash при zK = 15а (в середине пролета АВ) ndash при zL = 4а (на конце консоли) ndash при Cz a

2 3 42

431 125

18752 6 24C

x x

a a a qay qa а qa qa q

EJ EJ

ndash при 15 Kz a

3 42

23

4

1 (15 ) (15 ) (15 )1875 15

2 6 24

1336

Kx

x

a a ay qa a qa qa q

EJ

qa

EJ

ndash при 4 Lz a

32

231 (4 ) (4 )

1875 42 6L

x

a ay qa a qa qa

EJ

(416)

101

3 4 4 4(4 3 ) (4 ) (4 3 ) 095925

6 24 24 x

a a a a a qaqa q q

EJ

Знак laquondashraquo указывает на то прогиб направлен вниз а знак laquo+raquo ndash прогиб направлен вверх

Форма упругой линии балки связана с эпюрой изгибаю-щих моментов дифференциальными соотношениями (49) Сле-довательно на участке где xM gt 0 выпуклость упругой линии

направлена вниз и наоборот где xM lt 0 выпуклость упругой

линии направлена вверх В сечении где 0xM упругая линия имеет точку пере-

гиба Упругая линия изображена в масштабе на рис 48в Для удобства при построении упругой линии балки введе-

но обозначение 4

x

qaK

EJ (см рис 48в)

5) проверяем балку по условию жесткости которое имеет вид (412)

max y f

Считая что в силу упругих свойств материала балки сече-ние в котором прогиб наибольший расположено близко к се-редине пролета балки принимаем max Ky y

Для двутавра 20 момент инерции равен 4 7 41840см 184 10 ммxJ

Подсчитаем численное значение Ky

max y 4 4

5 7

1 336 1 336 20 10007 26 мм

2 10 184 10K

x

q a y

EJ

Допускаемый прогиб [ f ] = 0002l м = 0002 middot 3 middot 103 = 6 мм Сравнение показывает что gtKy f те условие жестко-

сти не выполняется 6) подбираем сечение балки из условия жесткости для че-

го выражение определяющее max y в общем виде подставляем

в условие жесткости (412)

41 336

Kx

q ay f

EJ

102

и отсюда находим требуемое значение момента инерции сече-ния балки

4 47 4 4

5

1 336 1 336 20 10002 22 10 мм 2220 см

[ ] 2 10 6x

q a J

E f

По значению xJ из таблиц ГОСТ 8239ndash89 (прил 4) выби-

раем двутавр 22 для которого xJ = 2550 см4 xW = 232 см2

При этом значение максимального прогиба будет равно 4 4

max 5 7

1 336 1 336 20 10005 2 мм

2 10 255 10K

x

qa y y

EJ

что удовлетворяет условию жесткости Так как для двутавровой балки 22 момент сопротивле-

ния xW выше чем у двутавра 20 то условие прочности вы-

полняется а коэффициент запаса прочности будет nт 15

44 Расчет чугунной балки на прочность Задача 9 Чугунная балка нагруженная как показано на рис 49

имеет поперечное сечение вид которого выбирается в соответ-ствии с вариантом по табл 21

Требуется выполнить следующее 1) подобрать размеры поперечного сечения из условий

прочности по нормальным напряжениям 2) построить эпюры нормальных и касательных напря-

жений 3) проанализировать эпюру нормальных напряжений и

выбрать рациональное (с точки зрения прочности) расположе-ние поперечного сечения

Исходные данные взять из табл 41 для чугунной балки полагая

m = Pa = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

Коэффициент запаса прочности принять nв = 2

103

Рис 49 Пример В соответствии с условиями задачи 9 произвести

расчет на прочность чугунной балки (рис 410a) при Р = 2qa m = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

I

Р

q

m

а аа

VI

Р2а

q

2а

m

IV Р

q

m

а аа

IX

Ра

q

q m

аа

X

Р

а а

q m

2а

V

m

Р

q

а аа

VII

Р2а

q

q

аа

m

III

Ра а

q m

2а

VII

Р

2а

q

m

аа

II

Р

mq

2а

а

104

Материал балки ndash чугун СЧ15 имеющий механические характеристики (см табл 41)

ndash предел прочности на растяжение р = 120 МПа ndash предел прочности на сжатие сж = 500 МПа Балка имеет Т-образное поперечное сечение показанное

на рис 23 в п 22

Рис 410

Решение 1) в жестком защемлении А возникают реакция YA и изги-

бающий момент МА Так как балка консольная эпюры уQ и xM

можно построить не определяя опорные реакции МА и YA если при применении метода сечений на каждом участке рассматри-вать левую отсеченную часть балки на которую действуют из-вестные внешние нагрузки

I участок при 0 le z1 le a

уQ = P или уQ = 2qa

xM = Pz1 или xM = 2qaz1

при z1 = 0 xM = 0

при z1 = а xM = 2qa2

II участок при 0 le z2 le a

уQ Р или 2уQ qа

z

y

а) б) в)

105

xM = P(а + z2) + m или xM = 2qa(a + z2) + qa2

при z2 = 0 xM = 3qa2

при z2 = а xM = 5qa2

III участок при 0 le z3 le a

уQ = P ndash qz3 или уQ = 2qa ndash qz3

при z3 = 0 уQ = 2qa

при z3 = а уQ = qa

xM = P(2а+ z3)+ m ndash 23

1

2q z

или xM = 2qa(2a+ z3) + qa2 ndash 23

1

2q z

при z2 = 0 xM = 5qa2

при z2 = а xM = 65qa2

По найденным значениям строим эпюры уQ (рис 410б) и

xM (рис 410в)

На третьем участке эпюра xM является квадратичной па-

раболой Так как на этом участке 0уQ то на эпюре xM нет

экстремума в соответствии с дифференциальной зависимостью

[1 2] xу

dMQ

dz Эпюра xM направлена выпуклостью навстре-

чу распределенной нагрузке q Из анализа эпюры xM следует что наиболее нагружен-

ным является сечение А в защемлении где изгибающий момент достигает своего максимального значения

max xM = 65qa2 = 65 middot 10 middot 10002 = 65 middot 107 Нmiddotмм

2) поперечное сечение чугунной балки показано на рис 411а и является симметричным относительно оси у

Центр тяжести поперечного сечения (т С) определяется координатами 1 433у b и 2 767у b (см пример в п 22)

Момент инерции сечения 4492xJ b

Так как материал балки является хрупким то должны вы-полняться два условия прочности (45) Из анализа эпюры xM

(рис 410в) следует что для сечения А в точках K1 (рис 411а)

106

возникают сжимающие а в точках K2 ndash растягивающие напря-жения те сж 1 y у а р 2y у

Рис 411

3) Выполняем проектировочный расчет Условия прочности (45) принимают вид ndash на растяжение

maxmax р р р

x

x

Mу

J

(417)

ndash на сжатие

maxmax сж сж сж

x

x

Mу

J (418)

Здесь допускаемые напряжения на растяжение и сжатие соответственно равны

рв

рв

12060

2n

МПа

сжсж

в

500250

2n

МПа

Рассмотрим условие прочности на растяжение (417)

а) б)

107

max р рmax

4767

492 4 x

Mb

b

откуда следует что

3max

р

765 10 767 2563492 4 60492 4

xM

b

мм

Из условия прочности на сжатие получим

max4 сж

433492 4

xMb

b

откуда

7max 33

cж

65 10433 433

4924[ ] 4924 250хM

b

= 132 мм

Из двух полученных значения размера поперечного сече-ния b выбираем наибольший те окончательно принимаем b = 256 мм Геометрические характеристики сечения (см рис 411) при этом равны

JХ = 492b 4 = 492 middot 256 4 = 2113 middot 10 7 мм 4

сж 1 433 433 256 1108ммy у b

р 2 767 767 256 1964 ммy у b

4) для построения эпюры нормальных напряжений вычис-ляем

ndash максимальные растягивающие напряжения (417) 7

maxmax р 7р

65 101964 60 МПа

2113 10x

хMу

J

ndash максимальные сжимающие напряжения (418) 7

maxmax сж 7сж

65 101108 341 МПа

2113 10x

хMу

J

Эпюра нормальных напряжений показана на рис 411б

108

Так как величина касательных напряжений в поперечных сечениях обычно является малой то расчет по касательным на-пряжениям не выполняем

5) проанализируем эпюру нормальных напряжений σ (см рис 411б) при заданном расположении поперечного сечения Из эпюры следует что верхние сжатые волокна сечения суще-ственно недогружены

Так как хрупкий материал на сжатие работает лучше чем

на растяжение сж р то предложенное расположение

сечения является нерациональным Для рационального расположения поперечного сечения не-

обходимо обеспечить выполнение условия сж рgt y у при котором

в наиболее удаленных от оси х волокнах будут возникать макси-мальные сжимающие напряжения Для этого поперечное сече-ние показанное на рис 411а необходимо повернуть на 180 ordm (рис 412а)

Рис 412

При этом сжy = 767b рy = 433b

Запишем условия прочности (417) и (418) для сечения повернутого на 180ordm

maxmax 4р р433

492хM

bb

откуда после подстановки данных следует

а) б)

109

73 433 65 10

21492 60

b

мм

В этом случае наибольшие сжимающие напряжения равны

7max

max 4 3сж65 10 767

767492 492 21

109 МПа lt 250 МПаC

хMb

b

Условие прочности выполняется Для перевернутого положения сечения окончательно при-

нимаем b = 21 мм Геометрические характеристики сечения в этом случае

будут равны

xJ = 9569 middot 107 мм 4 рy = 91 мм сжy = 161 мм

Максимальные сжимающие и растягивающие нормальные напряжения равны соответственно

7

max 7сж65 10

161 109 МПа957 10

7

max 7р65 10

91 60 МПа957 10

Эпюра нормальных напряжений для рационального положе-ния поперечного сечения (см рис 412а) показана на рис 412б

Из эпюры следует что в этом случае происходит догрузка сжатой части сечения Кроме того при таком расположении се-чения уменьшается погонный вес балки который определяется площадью поперечного сечения

Если поперечное сечение расположено как показано на рис 411а то площадь поперечного сечения балки будет со-ставлять

F = 2b 10b + 2b 8b = 36b 2 = 36 2562 = 232 cм2

При рациональном расположении поперечного сечения (см рис 412а) его площадь равна

2 2рац 36 36 21 159F b cм2

110

Таким образом при рациональном расположении попе-

речного сечения вес балки уменьшается в рац

2320146

1590

F

F

раза те на 46 П р и м е ч а н и е Если дополнительно к условиям прочности бал-

ки требуется выполнить условие жесткости (412) то для балки (рис 410а) при рациональном расположении поперечного сечения (рис 412а) необходимо построить упругую линию балки методом на-чальных параметров аналогично задаче 7 При этом для сокращения объ-ема вычислений расчетную схему балки (рис 410а) следует располо-жить так как показано на рис 413

Рис 413

В этом случае в сечении А при z = 0 начальные параметры

в универсальном уравнении упругой линии (410) равны нулю те 0 0у так как это сечение жестко защемлено В этом

случае расчет для построения уравнения (410) существенно уп-рощается

45 Расчет статически неопределимой балки Задача 10 Для стальной статически неопределимой балки нагру-

женной в соответствии с расчетной схемой (рис 414) выпол-нить проектировочный расчет те из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать размеры поперечного се-чения двутаврового профиля определить прогиб сечения K или угол поворота сечения L балки

111

Рис 414

VI

Р1

а

q1

а

К

I

q1 m2

аа

L

2а

q1

К

а

m1

II VII

Р2

а

q2

аа

L

VIIIII

L

а а

q1 m2

L

2а 2а

q2 m1

IV q1 m1

ааа

К

IX

Р1

q1

аа а

К

X

q1

ааа

К

Р2 m2

V

q1

а2а

К

112

Пример В соответствии с условиями задачи 9 выпол-нить расчет статически неопределимой балки изображенной на рис 415а Для расчета принять значения исходных данных

q = 20 кНм а = 16 м

Р = qа m = Ра = qа2 кНм

σт = 480 МПа Е = 2 10 5 МПа

Исходные данные для расчета принять по табл 43 по-лагая

m = Pa = qa2 P = qa q = 10 кНм a = 1 м

Материал балки ndash сталь 20Х Коэффициент запаса прочности nт = 15 модуль уп-

ругости первого рода Е = 2 105 МПа предел текучести σт = = 480 МПа

Плоскость действия сил совпадает с осью наибольшей же-сткости поперечного сечения балки

Таблица 43

Номер строки

Схема по рис 414

m1 m2 P1 P2 q1 q2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m m

2m m m

2m

2m m 2m 2m m m m 2m m m

P P

2P P

2P P P P

2P P

2P P 2P 2P P P 2P P P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q q q q

Буква шифра

а б а г

113

Рис 415

а) б) в) г) д) е) ж)

и) к) л)

114

Рис 415 Окончание

м) н) п) р) с)

т) у)

115

Решение 1) определяем степень статической неопределимости

балки n На балку наложены х = 4 связи система плоская сле-довательно можно составить только N = 3 уравнения равно-весия

Степень статической неопределимости балки n = x ndash N = = 4 ndash 3 = 1 те система один раз статически неопределима

2) выберем основную систему которая получается из ис-ходной путем отбрасывания laquoлишнихraquo связей с точки зрения равновесия Основная система должна быть кинематически неизменяемой и статически определимой [1] Принимаем ос-новную систему которая получается путем врезания на опору B шарнира и приложением момента Х1 заменяющего отброшен-ную связь между соседними пролетами (рис 415б)

3) построим для основной системы (ОС) эпюру изгибаю-щего момента РМ от действия внешних сил для чего вначале определяем реакции в опорах для левой и правой частей балки (рис 415вд) а затем методом сечений строим эпюру РМ (рис 415ге)

4) построим в основной системе эпюры изгибающего мо-мента от единичных моментов по направлению лишнего неиз-вестного Х1 (рис 415и)

5) запишем систему канонических уравнений метода сил [1]

1

0 1 2 n

i k k i Pk

х i n (419)

где ik ndash перемещение по направлению i-го силового фактора

под действием единичного фактора Хk = 1 iP ndash перемещение

по направлению i-го силового фактора под действием внешних сил n ndash степень статической неопределимости

Если система один раз статически неопределима как это имеет место в нашей задаче то каноническое уравнение (419) имеет вид

δ11Х1 + δ1Р = 0 (420)

6) определяем δ1Р и δ11 используя способ Верещагина [1]

1

m j jik

j x j

h

EJ

(421)

116

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры моментов от внешних за-данных сил (грузовая эпюра) hj ndash ордината единичной эпюры j-го участка лежащая под центром тяжести грузовой эпюры x jEJ ndash жесткость на изгиб j-го участка m ndash число участков

Если грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов лежат по одну сторону от оси эпюры на j-м участке то перед j-м слагаемым в данной формуле ставится знак laquo+raquo и наоборот если по разные стороны то ставится знак laquondashraquo

Если на данном участке ни одна из перемножаемых эпюр не является прямолинейной но одна из них или обе ограни-чены ломаными прямыми линиями то в этих случаях эпюры предварительно разбивают на такие участки в пределах каждого из которых по крайней мере одна эпюра прямоли-нейна

Если на данном участке эпюра имеет сложный вид то она разбивается на элементарные фигуры прямоугольник треугольник параболический треугольник и тд для кото- рых величина площади j и положение центра тяжести из-

вестны и производится laquoперемножениеraquo элементарных фигур (табл 44)

Таблица 44

Геометрическая фигура (эпюра изгибающих

моментов)

Площадь Ω

Координата центра

тяжести z Примечание

1 2 3 4

hl 1

2l

1

2hl

1

3l

z l

h

z l

h

117

Окончание табл 44

1 2 3 4

hl3

1 l4

1 2

2

1qlh

hl3

2 l

2

1 2

8

1qlh

П р и м е ч а н и е q интенсивность распределенной внешней нагрузки на участке длиной l

Определяем δ1Р как произведение площадей эпюр 415ге на

ординаты взятые с эпюры 415и каждый раз под центром тяже-сти эпюр 415 ге

1 1 1 2 2 3 3 4 4

2 2 2 2

1

1 1 5 1 1 2 1 1 1 2 1 1

2 6 2 4 3 2 4 3 3 8 4

Px

x

h h h hEJ

qa a qa a qa a qa aEJ

313

48 x

qa

EJ

Найдем δ11 перемножая эпюру M1 саму на себя те берем составляющие площади эпюры (рис 415и) и умножаем на ор-динаты проходящие через центр тяжести площадей той же эпюры (см рис 415и)

111 1 2 4

1 2 22 3 3x x

aa

EJ EJ

Здесь учтено что единичная эпюра M1 (см рис 415и) яв-ляется симметричной поэтому перемножение выполняется на одном участке а результат удваивается

zl

h

Квадратичная парабола

l

h

Квадратичная парабола

z=l2

118

7) решая каноническое уравнение (420) находим 3

1 21

11

313 13

48 4 64P x

x

EJqaХ qa

EJ a

Знак laquo+raquo указывает на то что направление Х1 первона-чально выбрано правильно

8) построим эпюры уQ и xM известными приемами от-

дельно для левого и правого пролетов и сочленим соответст-вующие эпюры обоих пролетов (рис 415лм) предварительно определив реакции в опорах (рис 415к) При построении эпюры xM целесообразно использовать принцип суперпозиций

xM = МР + Мi х i + hellip + Мn хn (422)

где MР ndash эпюра изгибающего момента от действия внешних сил (в нашем случае эпюры на рис 415г е iM ndash эпюра изгибаю-

щего момента от действия единичной силы в направлении неиз-вестной Хi (в нашем случае эпюра на рис 415и) Здесь Хi ndash зна-чение i-го лишнего неизвестного

Из эпюры xM следует что 2max

51

64M qa

9) сделаем деформационную проверку которая заключа-ется в определении перемещений в заданной системе значения известны и в данном случае равны нулю

Для этого выбираем новую основную систему (рис 415н) с новым лишним неизвестным F bh и вычисляем перемеще-

ние в точке С по направлению F bh Так как в С располо-

жена опора то перемещение С должно быть равно нулю По

формуле Верещагина [1]

j

1

jm k

Сj x j

h

EJ

(423)

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры результирующего изги-бающего момента xM полученного в результате раскрытия

статической неопределимости системы (рис 415 м) jkh ndash ор-

дината эпюры изгибающего момента от единичной силы F bh = 1 в новой основной системе лежащая под центром тя-жести эпюры результирующего изгибающего момента xM

119

В нашем примере за новую основную систему принимаем систему получающуюся из исходной путем отбрасывания пра-вой опоры С

В качестве новой лишней неизвестной принимается реак-ция опоры С (рис 415н)

На рис 415п показана эпюра изгибающего момента от

единичной силы 1Х по направлению лишнего неизвестного

2 3 0

Как было показано эпюра результирующего изгибающего момента xM может быть определена по принципу суперпози-

ций (422) Поэтому при проведении деформационной проверки целесообразно производить вначале перемножение эпюры РМ на эпюру изгибающего момента от единичной силы по направ-лению лишнего неизвестного 2 3 0 затем перемножение

эпюр от единичных сил по направлению лишних неизвестных Хi на эпюру от единичной силы по направлению лишней неиз-вестной Хk

и на величину лишней неизвестной Хi результаты перемножения сложить

В нашем примере получим

2 2 21

2 42

1 1 5 1 1 4 1 1 2[( ) ( ) ( )

2 3 2 4 3 2 4 3

2 1 1 2 13 5 5( ) 2(1 2 2 ) ] [ ] 03 8 2 2 3 64 6 6

x

x

qa a a qa a a qa a aEJ

qa qaa a a a qa

EI

10) запишем условие прочности (44) для балки

maxmax [ ]x

x

M

W

где

т

n

480 320 МПа

15n

Из условия прочности находим

max2 2 6

3

51 51 20 16 10127

[ ] 64[ ] 64 320 10x

xM qa

W

см3

120

По сортаменту (прил 4) подбираем номер двутавра

( 18) для которого xW = 143 см3 41290 см xJ

11) определяем угол поворота сечения L Для этого при-ложим в основной системе единичный внешний изгибающий момент в сечении L (рис 415р) и строим эпюру изгибающего момента 1M (рис 415с) от действия этого момента Поскольку

эпюра 1М имеется только на левом пролете балки разобьем эпюру результирующего момента xM (см рис 415л) на левом

пролете на элементарные фигуры и перемножим эпюры 1М и

xM по правилу Верещагина При разбиении эпюры xM на вто-

ром участке площадь не заштрихованного треугольника Ωprime при-

бавляется к площади 2u k причем считается что треугольник

с площадью Ω2 + Ωprime целиком лежит выше оси эпюры В результате получим

2 2 2

3

1 1 2 2 3 31

( )

1 1 13 2 1 1 13 2 1 1 51 1 1

2 128 3 2 2 128 3 2 2 64 3 2

17

256

L h h hE Jx

qa а qa a qa aEJx

qa

E Jx

Подставив в выражение для L значения q a E Jx получим 3 9

35 4

17 20 16 1021 10

256 2 10 1290 10L

рад

Переводя радианы в градусы получим 321 10 180

012 L

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение L (рис 415а) пово-рачивается против часовой стрелки

12) определяем прогиб сечения K балки Для этого в основной системе в сечении K приложим еди-

ничную силу в направлении искомого прогиба (рис 415т) и построим эпюру 1M (рис 415 у)

121

А далее аналогично тому как это делали при определении угла поворота сечения разбиваем для правого пролета балки эпюру результирующего момента (см рис 415 м) на элемен-тарные фигуры и перемножаем эпюры xM и 1M по правилу Ве-

рещагина В результате получим

4 4 5 5 6 6 7 7

2 2

22

4

1 13 1 1 1 45 2 1

2 64 3 2 2 128 3 2

1 45 2 1 2 1

22 128 3 2 3 8 2

119

128 6

1( )

1

x

x

x

K

a

h h h hEJ

qa a а qa a a

E J qaqa a a a

qa

E J

Подставив в выражение для K числовые значения по-лучим

4 12

5 4787

119 20 16 10

128 6 2 10 1290 10KK y

мм

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение K (рис 415а) пе-ремещается вверх

П р и м е ч а н и е При раскрытии статической неопределимости балок кроме метода сил можно применять и другие способы Например для выбранной основной статически определимой системы для записи уравнений совместности деформаций можно использовать метод началь-ных параметров

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется изгибом 2 Как определяются поперечные силы и изгибающие мо-

менты в поперечном сечении балки 3 Какое нагружение балки называется плоским изгибом 4 Сформулируйте правило знаков для поперечной силы yQ

5 Сформулируйте правило знаков для изгибающего мо-мента xM

6 Для чего строят эпюры внутренних силовых факторов 7 Запишите дифференциальные состояния между внут-

ренними силовыми факторами при изгибе

122

8 Сформулируйте свойства эпюры yQ

9 Сформулируйте свойства эпюры xM

10 Запишите формулу для определения нормальных на-пряжений при изгибе

11 Постройте эпюру нормальных напряжений при изгибе по высоте поперечного сечения балки

12 Запишите формулу Журавского 13 Постройте эпюру касательных напряжений по высоте

сечения балки 14 Сформулируйте условия прочности по нормальным

напряжениям для пластичных и хрупких материалов 15 Сформулируйте условие прочности по касательным

напряжениям 16 Назовите основные этапы расчета на прочность балок

при изгибе 17 Что называется упругой линией балки 18 Запишите дифференциальное уравнение упругой ли-

нии балки 19 Перечислите основные методы определения переме-

щений при изгибе балок 20 Запишите уравнения для прогибов и углов поворота

методом начальных параметров 21 Объясните физический смысл начальных параметров

Как они определяются 22 Изложите порядок расчета прогибов методом началь-

ных параметров 23 Запишите условие жесткости для балки 24 Какие балки называются статически неопредилимыми 25 Запишите систему канонических уравнений метода

сил Объясните физический смысл коэффициентов в уравнени-ях метода сил

26 Изложите порядок расчета статически неопределимых систем методом сил

27 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальными если балка изготовлена из пластичного материала

28 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальным если балка изготовлена из хрупкого материала

123

Глава 5

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ

51 Основные соотношения В инженерной практике встречаются более сложные слу-

чаи нагружения когда в поперечных сечениях элемента конст-рукции одновременно действуют несколько внутренних сило-вых факторов В таких случаях говорят что элемент конструкции испытывает сложное сопротивление [1 2]

При сложном сопротивлении расчеты на жесткость и прочность основываются на принципе суперпозиций

Большинство задач обычно решается в такой последова-тельности

1 Определяются опорные реакции для заданной расчет-ной схемы

2 Внешние нагрузки включая опорные реакции проекти-руются на две главные плоскости проходящие через ось элемента конструкции и главные оси инерции поперечного сечения

3 Строят эпюры внутренних силовых факторов в главных плоскостях

4 Исходя из эпюр внутренних силовых факторов наме-чают сечения элемента которые могут оказаться опасными (се-чения в которых внутренние силовые факторы принимают мак-симальные значения)

5 Для этих сечений выясняют законы распределения на-пряжений по сечению и устанавливают наиболее нагружение точки и тип напряженного состояния в этих точках

6 Перемещения вычисляются от каждого внутреннего си-лового фактора а затем геометрически определяются суммар-ные перемещения и если требуется проверяется условие жест-кости

Далее рассмотрены наиболее часто встречающиеся виды сложного сопротивления

52 Пространственный изгиб

Пространственным изгибом называют такой случай из-гиба балки при котором в поперечных сечениях действуют из-

124

гибающие моменты хМ уМ и перерезывающие силы yQ хQ

Так как касательные напряжения от перерезывающих сил явля-ются малыми то их можно в расчетах на прочность не учиты-вать Основными внутренними факторами в произвольном се-чении балки являются изгибающие моменты эпюры которых строим методом сечений [1] в вертикальной плоскости (z0y) строим эпюру хМ а в горизонтальной плоскости (z0х) строим

эпюру уМ

Покажем это на примере балки с прямоугольным попе-речным сечением (рис 51)

Рис 51

Результирующие нормальные напряжения в произвольной

точке А поперечного сечения с координатами х и у определяют-ся по принципу суперпозиций с учетом их знака (рис 51)

( ) ( )х уМ М (51)

где ( )хМ и ( )уМ minus нормальные напряжения от изгибающих

моментов хМ и уМ соответственно которые вычисляются

по формулам

( ) хх

x

ММ y

J ( ) y

yy

ММ x

J (52)

Здесь xJ и yJ minus моменты инерции сечения относительно

его главных центральных осей х и у соответственно

125

Анализ распределения нормальных напряжений по попе-речному сечению показывает что для сечений с угловыми точ-ками именно угловые точки являются наиболее нагруженными В угловых точках 1 2 3 4 (рис 51) нормальные напряжения с учетом (52) определяются выражениями

yх

x y

ММ

W W (53)

где xW yW minus моменты сопротивления сечения балки Знаки

в (53) определяются по сжатому волокну балки для растяну-тых волокон laquo+raquo для сжатых laquominusraquo Для показанных на рис 51 направлений хМ и уМ возле угловых точек показаны знаки

в формуле (53) верхний знак соответствует хМ а нижний уМ

Нейтральной линией в поперечном сечении называется прямая линия на которой нормальные напряжения (51) равны нулю

Нейтральная линия (нл) проходит через центр тяжести поперечного сечения а ее положение определяется углом на-клона к оси х Угол ее наклона вычисляется из соотношения

tg yx

y х

МJ

J М (54)

и откладывается от оси х по часовой стрелке (рис 51) Наибо-лее нагруженными являются точки сечения наиболее удален-ные от нейтральной линии те точки 2 и 4 (рис 51)

Таким образом величина максимальных нормальных на-пряжений определяется выражением

maxух

x у

ММ

W W (55)

а условие прочности для балки из пластичных материалов име-ет вид (12) те

max ух

x у

ММ

W W (56)

где minus допускаемые напряжения для материала балки

126

Если балка изготовлена из хрупкого материала то необ-ходимо записать два условия прочности (13) max р р и

max сж сж

Прогибы для произвольного сечения K балки определяют-ся любым методом (например методом начальных параметров)

в плоскости z0y yf и плоскости z0х хf

Результирующий прогиб f определяется путем векторного сложения прогибов хf и уf (рис 52)

2 2x yf f f (57)

Рис 52

Вычисляя результирующий прогиб в различных сечениях

балки можно построить изогнутую ось балки которая будет являться пространственной кривой

53 Косой изгиб Косым изгибом называется такой случай изгиба балки

при котором плоскость действия изгибающего момента (сило-вая плоскость) не совпадает ни с одной из главных осей попе-речного сечения балки (рис 53) Косой изгиб можно считать частным случаем пространственного изгиба

127

Рис 53 Раскладывая изгибающий момент М на составляющие

моменты относительно осей х и у получим

sin cosх уМ М М М (58)

Далее расчет ведется в соответствии с п 51 по формулам (51)minus(57)

Существенной особенностью косого изгиба является то что нейтральная линия не перпендикулярна силовой линии Та-ким образом можно сказать что балка laquoпредпочитаетraquo изги-баться не в плоскости действия внешнего изгибающего момен-та а в некоторой другой плоскости в которой жесткость на изгиб будет меньше Поэтому нейтральная линия повернута в сторону оси относительно которой момент инерции является наименьшим

54 Изгиб с растяжением и сжатием При действии изгиба с растяжением и сжатием в соответ-

ствии с принципом суперпозиций нормальные напряжения рас-считываются как

( ) ( ) ( )х уN М М (59)

те для произвольной точки поперечного сечения получим

а) б)

128

ух

x у

ММNу х

F J J (510)

Здесь значения внутренних силовых факторов N хМ уМ

определяются по их эпюрам с учетом фактического знака на-пряжений

Если поперечное сечение имеет выступающие углы то в них аналогично п 52 нормальные напряжения определяются выражением

ух

x у

ММN

F W W (511)

Дальнейший расчет на прочность выполняется аналогично п 51

Частным случаем изгиба с растяжением и сжатием являет-ся внецентренное растяжение ndash сжатие Рассмотрим случай внецентренного растяжения прямого стержня к которому в точке K приложена сила Р параллельная продольной оси z (рис 54) Начало координат (т 0) расположено в центре тяже-сти поперечного сечения стержня площадью F

Рис 54

Координаты рх и ру характеризует эксцентриситет точки

приложения силы Р Точка K называется полюсом силы

129

При указанном нагружении в произвольном поперечном сечении стержня возникают следующие внутренние силовые факторы

ndash продольная сила N P (512) ndash изгибающие моменты относительно осей х и у

х p y pМ Рy М Px (513)

Нормальное напряжение в соответствии с принципом су-перпозиций вычисляется по формуле (510) которая с учетом (512) и (513) принимает вид

1 p p

y x

хх yyР

F J J

или

2 21 p p

y x

хх yyР

F i i

(514)

Здесь х yi i ndash радиусы инерции поперечного сечения

(210) х и у ndash координаты произвольной точки поперечного се-чения в которой вычисляется нормальное напряжение

Для определения положения нейтральной линии в (514) следует положить 0 Уравнение нейтральной линии при этом принимает вид

2 21 0p p

y x

х yх у

i i (515)

Уравнение (515) является уравнением прямой которое записывается в виде

1х у

х y

а а (516)

Здесь введены обозначения 2 2

1y хх у

р р

i iа а

х у (517)

130

имеющие следующий геометрический смысл их уа а ndash от-

резки отсекаемые нейтральной линией которая является пря-мой на осях х и у соответственно

Таким образом для построения нейтральной необходимо по заданным координатам полюса ( pх pу ) и геометрическим

характеристикам ( х yi i ) поперечного сечения вычислить от-

резки х уа а с учетом их знака и построить прямую проходя-

щую через их концы Из (517) следует что нейтральная линия проходит через квадрант поперечного сечения противополож-ный полюсу K (рис 54) и ее положение не зависит от величи-ны приложенного усилия Р Положение нейтральной линии (нл) показано на рис 54б

Нейтральная линия делит сечение на две части в одной части напряжения сжимающие ( lt 0 ) в другой ndash растяги-вающие ( 0 ) на нейтральной линии σ = 0 В большей степе-ни нагруженными являются точки которые наиболее удалены от нейтральной линии На рис 54 б показана наиболее уда-ленная точка А с координатами иА Ах у Прямая nndashn парал-лельна нейтральной линии

Величина максимальных напряжений возникающих при внецентренном растяжении определяется по формуле (514)

max 2 21 A p A p

y x

х х y yР

F i i

(517)

Координаты плюса K ( pх pу ) и точки А ( А Ах у ) а также

значение силы Р представляются в (517) с учетом их знака Условия прочности для пластичных материалов записыва-

ется в виде (112) а для хрупких материалов ndash в виде (113) При внецентренном растяжении (сжатии) вводят понятие

ядра сечения Ядром сечения называют геометрическое место полюсов

силы для которых во всем поперечном сечении стержня возни-кают нормальные напряжения одного знака (либо сжимающие либо растягивающие)

Таким свойством сечение будет обладать только в том слу-чае если нейтральная линия касается внешнего контура попе-

131

речного сечения Поэтому для построения ядра сечения необ-ходимо laquoобкатыватьraquo нейтральную линию вокруг внешнего контура сечения [1] Доказано что ядро сечения образует об-ласть содержащую внутри себя центр тяжести поперечного сечения

В качестве примера на рис 55 показано ядро сечения для прямоугольного профиля размером b h

Рис 55

В этом случае ядро сечения является ромбом (на рис 55

оно заштриховано) содержащим центр тяжести С сечения Точ-ки 1 2 3 4 ядра соответствуют положениям нейтральной линии 1ndash1 2ndash2 3ndash3 и 4ndash4 которая касается внешнего контура попе-речного сечения При повороте нейтральной линии вокруг уг-ловой точки сечения граница ядра является прямой Например при повороте нейтральной линии 1ndash1 относительно угла сече-ния I в положение 2ndash2 получим границу ядра 1ndash2 и тд

Построение ядра сечения обычно выполняют для стерж-ней изготовленных из хрупких материалов работающих на сжатие В этом случае если сжимающую нагрузку приклады-вать в ядре сечения то по всему сечению будут возникать толь-ко сжимающие напряжения Это существенно повышает несу-щую способность конструкции

132

55 Расчет на прочность при пространственном изгибе

Задача 11 Балка прямоугольного поперечного сечения нагружена

двумя одинаковыми сосредоточенными силами Р в главных плоскостях в соответствии с рис 56

Рис 56

133

В точке А сила действует вертикально в точке В ndash гори-зонтально

Требуется 1) из условия прочности по нормальным напряжениям оп-

ределить требуемые размеры поперечного сечения 2) построить пространственную эпюру нормальных на-

пряжений для опасного сечения балки 3) определить величину и направление полного прогиба f

в сечениях А и В построить в этих сечениях схемы линейных перемещений

Исходные данные для расчета принять по табл 51 Материал балки ndash деревопластик модуль упругости Е =

= 1104 МПа допускаемые напряжения [σ] = 8 МПа

Таблица 51

Номер строки

Схема по рис 56

Р кН l м h

nb

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

8 2 3 4 5 6 7 8 6

10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

22 24 16 14 15 16 25 18 19 20

Буква шифра а б в г

Пример В соответствии с условиями задачи 11 выпол-

нить расчет на пространственный изгиб балки нагруженной как показано на рис 57

Исходные данные Р = 10 кН отношение сторон поперечного сечения балки

2h

nb

l = 3 м [] = 8 МПа Е = 1 104 МПа

Балка испытывает пространственный изгиб При решении задачи используем принцип независимости действия сил в со-ответствии с п 51

134

Рис 57

Выбираем пространственную систему координат xуz

(рис 57) Каждая сила в отдельности вызывает плоский попе-речный изгиб Поэтому действие каждой силы рассмотрим от-дельно

Решение 1) строим эпюру изгибающих моментов в вертикальной

плоскости yCz (рис 57б) Определим опорные реакции CY

и DY В силу симметрии действующей нагрузки и расчетной

а) б) в)

г)

д)

135

схемы опорные реакции в опорах С и D совпадают по направ-лению и равны

05C DY Y P

Уравнения изгибающих моментов на первом и втором участках имеют вид

IхМ = CY zI при 0 zI 05l

IIхМ = DY zII при 0 zII 05l

Для первого участка

ndash при zI = 0 I 0хМ

ndash при zI = 05 l IхМ = (P2) 05 l = 025Pl

Эпюра изгибающих моментов хМ симметрична и пред-

ставлена на рис 57в 2) строим эпюру изгибающих моментов в горизонтальной

плоскости хСz (рис 57г) Определяем опорные реакции CХ и DХ

Σ mom C = 0 ndash Pl3 + DХ l = 0 DХ = P3

Σ mom D = 0 ndash CХ l + P middot2l3= 0 CХ = 2P3

При zI = l3 IхМ = (P2)l3 = 0167Pl

Уравнения изгибающих моментов My

IуМ = CХ zI = 2P3middot zI при 0 zI l3

ndash при zI = 0 I 0уМ

ndash при zI = l3 Iу ВМ = (2 P3) (l3) = 2 Pl9 = 0222 Pl

уМ II = DХ zII при 0 zII 2l3

ndash при zII = 0 уМ II = 0

ndash при zII = 05l уМ II A = (P3)( 05l) = 0167Pl

ndash при zII = 2l3 уМ I B = (P3)(2l3) = 0222Pl

Эпюра уМ представлена на рис 57д

136

3) определяем размеры поперечного сечения Опасное со-стояние возникает в сечении где хМ и уМ одновременно ве-

лики те это может быть сечение А или В (рис 57а) Условие прочности в случае пространственного изгиба

имеет вид (56)

max [ ]x

yx

y

MM

W W

Здесь хW и yW ndash моменты сопротивления сечения относи-

тельно осей х и у которые для прямоугольного поперечного се-

чения определяется выражениями 2

6x

bhW

2

6yhb

W

Используя соотношение hb = n получим

2 2 3

6 6x

b nb n bW

2 3

6 6y

nb b nbW

те x yW nW

Подставив значение 3

6ynb

W в условие прочности окон-

чательно получим

3 2

6( )x yM nMb

n

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности для сечения А Изгибающие моменты хАМ и уАМ

определяем из эпюры рис 57вд

хАМ = 025Pl = 025 middot 10 middot 3 = 75 кНм

уАМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

6

332 2

6( ) 6(75 2 501) 10148мм 148 см

2 8

xA yAM nMb

n

h = 2b = 148 middot 2 = 296 см

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности сечения В Изгибающие моменты xBM и уBM берут

из эпюры рис 57вд

137

хВМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

уВМ = 0222Pl = 0222 middot 10 middot 3 = 666 кНм

6

332 2

6( ) 6(501 2 666) 10151 мм 151см

2 8

xВ yAВM nMb

n

b = 151 см h = 2b = 151middot2 = 302 см

Из двух найденных значений h и b для сечений А и В при-нимаем наибольшие значения h и b округлив их до целых вели-чин h = 30 см b = 15 см

Проверим выполнение условия прочности балки в сечении В

maxyBxB

Bx y

MM

W W

Моменты сопротивления сечения 2 215 30

22506 6x

bhW

см3

2 230 151125

6 6yhb

W

см3

Величина максимальных напряжений

6 6

max 3 3

501 10 666 10815 МПа gt

2250 10 1125 10B

Процент перегрузки равен

max 100 [ ]

815 8100 2 5

8

что допускается Окончательно принимаем h = 30 см b = 15 см 4) строим эпюру нормальных напряжений в опасном сече-

нии В используя принцип независимости действия сил в соот-ветствии с которым нормальное напряжение равно (51)

= ( xM ) + ( уM )

Эпюру нормальных напряжений σ в сечении В получим наложением эпюр B ( xM ) и B (Мy) Чтобы построить эпюры

138

B ( xM ) и B ( уM ) достаточно определить напряжения в угло-

вых точках 1 2 3 4 сечения (рис 51) 6

12 3

501 10( ) 223 МПа

2250 10х

хх

ММ

W

34( ) 223 МПахх

х

ММ

W

6

23 3

666 10( ) 5922 МПа

1125 10

уу

у

ММ

W

14( ) 592 МПауу

у

ММ

W

Эпюры нормальных напряжений σВ( хM ) и σВ( уM ) пред-

ставлены на рис 58а б

Рис 58

Суммарные нормальные напряжения σ в угловых точках

поперечного сечения вычисляем по формулам (53)

σ1 = ndash 223 + 592 = + 369 МПа

σ2 = ndash 223 ndash 592 = ndash 815 МПа

σ3 = + 223 ndash 592 = ndash 369 МПа

σ4 = + 223 + 592 = + 815 МПа

а) б)

139

Эпюра суммарных напряжений показана на рис 59 5) определяем положение нейтральной линии в опасном

сечении В Положение нейтральной линии определяется углом ко-

торый вычисляется из соотношения (54)

tg yB x

xB y

M J

M J

3 3

12 12x ybh h b

J J

23 2

32

2 2

12

12x

y

nbJ bh hn

J hb b b

где n задано по условию соотношение сторон

Тогда 2 20222tg

01672yB

xB

M Pln

M Pl = 5317

arctg( 5317) 79 Знак laquondashraquo показывает что нейтральная и силовая линии про-

ходят через разные квадранты поперечного сечения (рис 59)

Рис 59

Угол α отсчитывается от оси х

140

Нейтральная линия отделяет зону сжатых волокон от зоны растянутых

6) определяем полные линейные перемещения в сечениях А и В (те прогибы fA и fB) по формуле (57)

2 2 2 2 A A B BA Bf x y f x y

где Ax Ay и Bx By ndash составляющие прогиба в поперечных се-чениях А и В в направлениях осей координат х и у соответст-венно

Для нахождения составляющих прогибов используем ме-тод начальных параметров аналогично п 41

В данной задаче необходимо составить два уравнения про-гибов в плоскостях хCz и yCz для нахождения составляющих прогибов fA и fB

Так как балка в плоскостях xCz и yCz нагружена по-разному начальные параметры 0х и 0 у в каждой плоскости

имеют свое значение в плоскости xCz поперечное сечение в на-чале координат поворачивается относительно оси y на угол 0

y

в плоскости yCz ndash относительно оси x на угол 0 x

Прогибы

в начале координат 0 0 0x yy y так как в точке С при z = 0 ус-

тановлена опора (рис 57а) Предварительно вычислим осевые моменты инерции поперечного сечения xJ и yJ

3 315 30

12 12xbh

J

= 33 750 см 4 3 330 15

12 12yh b

J

=

= 8438 см 4 Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57б имеет

вид

3 3

005

( 05 )

6 6x x x Cz l

z P Z lEJ y EJ z Y

Определяем xEJ 0x из условия на опоре D

при z = l прогиб yD = 0 Тогда

3 3 2

0 0( 05 )

0 05 и 6 6 16x x x

x

l P l l PlEJ l P

EJ

141

Подставив это выражение в уравнение прогибов опреде-лим перемещение центров тяжести поперечных сечений

Ву при z = l3

32 3 31 1 05 1 23

16 3 6 3 12 108 56Bx

Pl P Pl Ply l l

EJ

3 3 12

4 4

10 3 10143

56 56 1 10 33750 10B

x

Ply

EJ

мм

Ау при z = l2

32 31 0 5 1

16 2 6 2 48x APl P Pl

EJ y l l

3 3 12

4 4

10 3 10167

48 48 1 10 33750 10A

x

Ply

EJ

мм

Точки А и В перемещаются вниз Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57 г имеет

вид

3 3

030

( 3)0

6 6x y Clz z

z P z lEJ z X

Определяем 0 y из граничного условия на опоре D

при z = l прогиб xD = 0 Тогда получим

3 3 2

0 02 ( 3) 5

0 и 3 6 6 81x x y

y

l P l l PlEJ l P

EJ

Подставим это выражение в уравнение прогибов и опре-делим перемещения поперечных сечений

xВ при z = l3

2 335

81 3 3 6

1

3

1 2 4

243y Bx l

Pl P PlEJ l

3 3 9 3

4 4

4 4 10 3 10 10527 мм

243 243 1 10 8438 10B

y

xРl

EJ

142

xА при z = l2

2 33 35 1 2 1 1 1

2 2 381 2 3 6 6 1296

23y Ax l l l

Pl P P PlEJ l

3 9 33

4 4

23 23 10 3 10 10

1296 1296 1 10 8438 10A

y

xPlEJ

= ndash 565 мм

Полный прогиб в сечении А (точки А и В перемещаются влево)

2 2 2 2( 565) ( 167) 589A A Af x y мм

Полный прогиб в сечении В

2 2 2 2( 5 27) ( 1 43) 5 46B B Bf x y мм

Определим направление полного прогиба в рассматривае-мых сечениях

Изобразим поперечное сечение балки и в масштабе отло-жим на осях х и у составляющие прогибов xА yA и xB yB а затем их векторно суммируем (рис 510 511)

Рис 510 Рис 511

Направление прогиба в сечениях А и В определяется соот-

ветственно углами βА и βВ

565tg 3404 arctg(3407) 735

167A

A АA

x

y

527tg 3685 arctg(3685) 745

143В

В ВВ

x

y

Углы βА и βВ имеют разную величину Это говорит о том что изогнутая ось балки является пространственной кривой

143

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают в по-перечных сечениях элемента конструкции при пространствен-ном изгибе

2 Как определяются нормальные напряжения при про-странственном изгибе

3 Какие точки поперечного сечения с выступающими уг-лами являются наиболее нагруженными при пространственном изгибе

4 Что называется нейтральной линией 5 Запишите условие прочности при пространственном из-

гибе 6 Как определяется положение нейтральной линии при

пространственном изгибе 7 Как определяются перемещения при пространственном

изгибе балки 8 Что называется косым изгибом 9 Сформулируйте свойства нейтральной линии при косом

изгибе 10 Как вычисляются нормальные напряжения при косом

изгибе 11 Как определяется наиболее нагруженная точка попе-

речного сечения балки при косом изгибе 12 Как вычисляются напряжения при растяжении (сжа-

тии) с изгибом 13 Что такое внецентренное растяжение (сжатие) 14 Сформулируйте свойства нейтральной линии при

внецентренном растяжении (сжатии) 15 Что такое ядро сечения Для чего оно определяется

144

Глава 6

ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ

61 Анализ напряженного состояния Большинство элементов конструкций работает в условиях

сложного напряженного состояния которое в самом общем случае характеризуется тензором напряжений Т который за-

писывается в виде матрицы

х ху хz

уx y yz

zx zy z

Т

(61)

где х y z ndash нормальные напряжения действующие на гра-

нях бесконечно малого элемента выделенного в исследуемой точке А конструкции (рис 61) уx yz hellip ndash касательные на-

пряжения действующие на гранях этого элемента [1 6]

Рис 61

Существенной особенностью напряженного состояния яв-

ляется то что в соответствии с условиями равновесия этого элемента выполняется закон парности касательных напряже-

145

ний в соответствии с которым выполняются следующие соот-ношения

xy yx xz zx yz zy (62)

Формулировка закона парности касательных напряжений На двух взаимно перпендикулярных гранях имеющих об-

щее ребро действуют касательные напряжения которые направлены к ребру либо от ребра и равны между собой по ве-личине

Таким образом тензор напряжений (61) является симмет-ричным а напряженное состояние в точке конструкции в самом общем случае характеризуется шестью напряжениями x у

z xу хz yz Существенной особенностью является то что

величина этих напряжений существенно зависит от ориентации элемента в пространстве

В теории упругости доказано что существует единствен-ное положение элемента в пространстве при котором одновре-менно на всех его гранях касательные напряжения равны нулю и действуют только нормальные напряжения (рис 62)

Рис 62

Площадки на которых касательные напряжения равны

нулю называются главными площадками Нормальные напря-жения действующие на главных площадках называются глав-ными и обозначаются 1 2 3

Главные напряжения однозначно определяют напряжен-ное состояние в исследуемой точке и нумеруются по следую-щему правилу с учетом их знака

146

1 2 3 (63)

Главные напряжения являются корнями кубического урав-нения

3 21 2 3 0J J J (64)

Здесь jJ ndash инварианты ( 1 2 3j ) величины которых не

зависят от ориентации исходных площадок выделенного беско-нечно малого элемента (рис 61) и определяются выражениями

1

2 2 22

( )

x y z

x y x z у z ху хz yz

J

J

3

х ху хz

уx y yz

zx zy z

J T

Инвариант 3J является определителем тензора напряже-

ния и симметричным относительно его главной диагонали Существует три вида напряженного состояния ndash линейным ndash называется напряженное состояние при

котором два главных напряжения равны нулю (например

2 3 0 )

ndash плоским ndash называется состояние при котором одно главное напряжение равно нулю (например 2 0 )

ndash объемным ndash называется состояние при котором все главные напряжения отличны от нуля ( 1 2 30 0 0 )

Примеры видов напряженного состояния ndash при растяжении стержней и изгибе балок в наиболее на-

груженных точках поперечного сечения напряженное состояние является линейным 1 max 2 3 0 (см п11 31)

ndash при кручении валов круглого поперечного сечения на-пряженное состояние является плоским 1 2 3 1 0

где ndash касательные напряжения (см п 21) ndash объемное напряженное состояние имеет место в зоне

контакта шарика (ролика) с обоймой подшипника качения

(65)

147

62 Обобщенный закон Гука При сложном напряженном состоянии обобщенный за-

кон Гука устанавливает связь между главными напряжени- ями 1 2 3( ) и главными относительными деформациями

1 2 3( ) в виде[1]

1 1 2 3

2 2 1 3

3 3 1 2

1( )

1( )

1( )

Е

Е

Е

(66)

где Е и ndash модуль упругости и коэффициент Пуассона мате-риала элемента конструкции

Рассмотрим частные случаи обобщенного закона Гука При плоском напряженном состоянии 3 0 обобщен-

ный закон Гука имеет вид

1 1 2

2 2 1

3 1 2

1( )

1( )

( )

Е

Е

Е

(67)

Существенной особенностью является то что относитель-ная деформация 3 0

Решая систему первых двух уравнений (67) относительно главных напряжений 1 и 2 получим иную форму обобщен-ного закона Гука при плоском напряженном состоянии

1 1 22

2 2 12

( )1

( )1

Е

Е

(68)

148

Эта форма записи используется обычно в тех случаях ко-гда для исследуемого элемента конструкции известны относи-тельные деформации 1 и 2 и требуется определить главные напряжения Например при экспериментальных исследованиях напряженно-деформированного состояния с помощью тензо-метрического метода [7 8]

При линейном напряженном состоянии 2 3 0

обобщенный закон Гука принимает вид

1 1Е 1 3 1 1Е

(69)

что совпадает с обычным законом Гука (14) Здесь необходимо обратить внимание на то что при 2 3 0 относительные

деформации 2 3 0

63 Критерии прочности

При расчетах на прочность элементов конструкций имею-щих сложное напряженное состояние это состояние (рис 63а) заменяется эквивалентным ему с точки зрения прочности ли-нейным состоянием при котором на гранях элемента действуют только эквивалентные напряжения экв (рис 63б)

Величина эквивалентных напряжений определяется как функция от главных напряжений

экв 1 2 3( )f (610)

где вид функции f определяется экспериментальными и теоре-тическими критериями (теориями) прочности

Рис 63

а) б)

149

Так как характер разрушения элементов конструкций из хрупких и пластичных материалов является различным то критерии вводятся отдельно для хрупких и пластичных мате-риалов [1]

631 Критерии прочности для хрупких материалов

1 Первый критерий (критерий наибольших напряжений)

Iэкв 1 3max( ) (611)

В качестве эквивалентного выбирается наибольшее по аб-солютной величине главное напряжение

Так как критерий учитывает только одно главное напря-жение из трех то он имеет весьма ограниченную область при-менения Экспериментальная проверка показала что его можно применять только для очень хрупких материалов (стекло кера-мика)

2 Второй критерий Критерий СенndashВенана (критерий наибольших относительных деформаций) В соответствии с кри-терием эквивалентные напряжения определяются выражением

I Iэкв 1 2 3( ) (612)

где ndash коэффициент Пуассона материала элемента конструкции Критерий учитывает все главные напряжения и широко

применяется на практике 3 Экспериментальный критерий Мора В соответствии с критерием

Мэкв 1 3m (613)

где коэффициент рвсжв

m

рв и сж

в ndash пределы прочности ма-

териала на растяжение и сжатие соответственно Так как для

хрупких материалов сж рв в то выполняется условие

0 1m Так как критерий не учитывает напряжение 2 то его ре-

комендуется применять для случаев когда 2 0 или является малым

150

632 Критерии прочности для пластичных материалов

1 Третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений)

Эквивалентные напряжения определяются выражением IIIэкв 1 3 (614)

Так как критерий не учитывает главное напряжение 2 то его рекомендуется применять в тех случаях когда 2 0 или является малым

2 Четвертый критерий (Критерий Губера minus Мизеса) Этот критерий является энергетическим и основан на оп-

ределении удельной потенциальной энергии вызывающей не-допустимое изменение формы элемента конструкции те его текучесть

Величина эквивалентных напряжений определяется вы-ражением

2 22IVэкв 1 2 1 3 2 3

1

2

(615)

и учитывает все главные напряжения что обеспечивает его вы-сокую точность и согласованность с результатами эксперимен-тальных исследований

Расчетная практика показывает что при применении третьего и четвертого критериев прочности всегда выполняется условие

III IVэкв экв (616)

Таким образом третий критерий дает завышенное или точное значение эквивалентных напряжений Так как вычисле-ния по третьему критерию оказываются проще то его чаще применяют в практических расчетах на прочность элементов конструкций находящихся в сложном напряженном состоянии При этом расчет на прочность по третьему критерию в силу выполнения условия (616) приводит к тому что проектируе-мый элемент конструкции будет иметь коэффициент запаса прочности несколько больше чем он был задан

П р и м е ч а н и е При расчете эквивалентных напряжений по формулам (611)ndash(615) обязательно необходимо учитывать знаки глав-ных напряжений в соответствии с правилом их нумерации (63)

151

64 Частные случаи напряженного состояния

Рассмотрим частные случаи напряженного состояния при

некоторых видах нагружения

641 Кручение валов При кручении валов круглого поперечного сечения (см

п 2) в поперечных сечениях действуют только касательные на-пряжения

Нормальные напряжения отсутствуют В этом случае главные напряжения равны

1 2 3 0 а напряженное состояние явля-ется плоским

Эквивалентные напряжения вычисленные по III и IV кри-териям (614) и (615) соответственно равны

2 2 2IVэкв

10 0 3

2

IIIэкв ( ) 2

Сравнивая значения эквивалентных напряжений получим IIIэкв gt IV

экв что соответствует (616)

642 Изгиб с кручением валов При изгибе с кручением в произвольной точке поперечного

сечения вала действуют нормальные напряжения и касатель-ные напряжения

Главные напряжения при этом равны

2 213 2

14 0

2 2

(617)

где знак laquo+raquo относится к 1 а знак laquondashraquo к 3 Эквивалентные напряжения по III и IV критериям после

подстановки (617) в (614) и (615) определяются по формулам

III 2 2экв 4 (618)

IV 2 2экв 3 (619)

те соотношение (616) выполняется

152

643 Общий случай плоского напряженного состояния

Общий случай плоского напряженного состояния в точке А показан на рис 64

Рис 64

В этом случае 0 0 0z yx xy xz zx zy yz

Вычисляя инварианты (65) и решая уравнение (64) полу-чим корни уравнения ( )j при j = 1 2 3

2 2(1)(2) 4

2x y

x y

(620)

(3) 0

Окончательная нумерация главных напряжений в (620) производится в соответствии с правилом (63) Так как одно из главных напряжений равно нулю то в соответствии с п 61 на-пряженное состояние является плоским

Подставляя выражения (620) в (614) и (615) получим значения эквивалентных напряжений по третьему и четверто-му критериям прочности Так как эти выражения являются достаточно сложными для четвертого критерия то оконча-тельно в (614) (615) следует подставлять численные значения главных напряжений (619) рассчитанные для конкретной задачи

153

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого

поперечного сечения Рассматриваем валы круглого поперечного сечения рабо-

тающие на изгиб с кручением К таким элементам конструкций относятся валы коробок передач редукторов трансмиссионные и другие разновидности валов различных машин и механизмов

В самом общем случае считаем что имеет место про-странственный изгиб те в поперечном сечении действуют два изгибающих момента xM и yM и крутящий момент

крM (рис 65а) Изображая изгибающие моменты в виде векто-

ров xM и yM получим что их можно привести к результи-

рующему изгибающему моменту (рис 65 б)

2 2и х уM М М (621)

Рис 65 Таким образом имеет место пространственный изгиб вала

под действием изгибающего момента иM который определяет-ся в каждом сечении по эпюре изгибающих моментов xM и

yM Используя соотношение (621) строим эпюру результирую-

щего изгибающего момента и M Максимальное нормальное на-пряжение от его действия определяется выражением

иmax

и

M

W (622)

а) б)

154

где момент сопротивления круглого поперечного сечения на из-гиб ( и x yW W W )

ndash для круглого сечения

3

и 32

DW

(623)

ndash для кольцевого сечения

3

4и 1

32

DW с

(624)

при d

сD

где D d ndash внешний и внутренний диаметр вала

При действии крутящего момента крМ в наиболее нагру-

женных внешних точках поперечного сечения вала возникают касательные напряжения максимальная величина которых вычисляется по формуле

крmax

р

M

W (625)

где рW minus полярный момент сопротивления (момент сопротив-

ления при кручении) который для вала круглого поперечного сечения определяется соотношениями

р и2W W (626)

Так как при изгибе с кручением напряженное состояние в наиболее нагруженных точках вала является упрощенным плоским то при расчете на прочность необходимо вычислить главные напряжения (617) и соответствующие им эквивалент-ные напряжения (610) на основании выбранного критерия прочности

Условие прочности для пластичных материалов в этом случае записывается в виде

max экв (627)

где max экв minus максимальные эквивалентные напряжения в наи-

более нагруженном поперечном сечении вала

155

Валы работающие на изгиб с кручением чаще всего изго-тавливают из пластичных материалов поэтому для расчетов на прочность используют третий (618) или четвертый (619) кри-терий прочности

Выражения для эквивалентных напряжений по третьему и четвертому критериям прочности можно привести к единой формуле

эквэкв

и

М

W (628)

в которой эквивалентный момент эквМ в зависимости от вы-

бранного критерия прочности (619) или (620) с учетом (626) вычисляется по формулам

ndash для третьего критерия

III 2 2экв и кр М M М (629)

ndash для четвертого критерия

IV 2 2экв и кр075М M М (630)

Выбрав критерий строят эпюру эквивалентного момента

эквМ по длине вала и определяют наиболее нагруженное попе-

речное сечение в котором эквМ принимает максимальное зна-

чение эквmaxМ В соответствии выражениями (628) и (627)

записывают условие прочности

эквэкв

и

maxmax

М

W (631)

Обеспечивая выполнение условия прочности (631) реша-ют одну из поставленных задач

ndash выполняют проверочный расчет ndash выполняют проектный расчет ndash определяют допускаемую внешнюю нагрузку дейст-

вующую на вал

156

66 Расчет трансмиссионного вала Задача 12 На вал насажены два шкива через которые перекинуты

ремни (рис 66) Ветви ремней параллельны друг другу и на-клонены к горизонту под углами 1 и 2 От первого шкива ре-мень идет к электродвигателю в этом ремне усилие в сбегаю-щей ветви вдвое больше чем в набегающей От второго шкива ремень идет к станку в этом ремне усилие в набегающей ветви вдвое больше чем в сбегающей Станок имеет мощность N (кВт) частоту вращения вала n (обмин) Материал вала ndash сталь 20 с пределом текучести σт = 240 МПа нормативный ко-эффициент запаса прочности nт = 15

Используя четвертый критерий прочности определить не-обходимый диаметр вала

Данные для расчета выбрать из табл 61 схему ndash по рис 66 Принять D = 01 м а = 01 м Весом шкивов пренеб-речь

Таблица 61

аi Di Номер строки

Схема по

рис 66 а1 а2 а3 D1 D2

1 град

2 град

N кВт

n обмин

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII III V

2a a 2a 3a a a a 2a а а

3a 2a a a

3a a a a а

2а

a a a a a 2a 3a 2a 2а а

4D 3D 3D 2D

24D 32D 3D 4D

25D 3D

6D 4D 5D 4D 5D

64D 45D 5D 4D

55D

0 90 45 90 0

60 30 90 60 50

30 60 0 45 45 0 90 30 45 30

20 40 30 20 25 35 40 25 25 35

100 200 120 80 160 100 120 140 140 150

Буква шифра

а в г д в г д д г в

157

Рис 66

Пример Выполнить проектный расчет трансмиссионного

вала ременной передачи (рис 67а) Вал сплошной и имеет внешний диаметр d Шкивы имеют диаметры D1 и D2 (см рис 67)

158

Дано a1 = a2 = а = 01 м а3 = 2а = 02 м D1 = 2D = 02 м D2 = 3D = 03 м 1 = 0 2 = 30 N = 20 кВт n = 100 мин-1

Рис 67

Решение В местах посадки шкивов возникают равнодействующие

усилия от натяжений ремней и скручивающие пары от разности натяжений сбегающей и набегающей ветвей ремней Следова-тельно вал работает на изгиб и кручение (рис 67б)

1) Определяем внешний скручивающий момент

а) б) в) г)

д)

е)

159

209736 9736 1947

100

Nm

n кНм

2) Строим эпюру крутящих моментов Из условия равно-весия заключаем что m1 = m2 = m = 1947 кНм (рис 67в) Кру-тящий момент на участке BK экв 1974 КН мМ m

3) Определяем усилия натяжения ремней t1 и t2

1 1 11

2m m t D отсюда 1

1

2 2 19471947

02

mt

D

кН

2 2 21

2m m t D отсюда 2

2

2 2 19471298

03

mt

D

кН

4) Определяем равнодействующие усилия натяжения рем-ней действующих на вал в местах посадки шкивов

1 13 3 1947 5841P t кН 2 23 3 1298 3894P t кН

По условиям задачи усилие P1 направлено горизонтально (1 = 0) а P2 ndash под углом 2 = 30

Для удобства построения эпюр изгибающих моментов раз-ложим силу Р2 на вертикальную 2уР и горизонтальную 2хР со-

ставляющие

2уР = P2sin30ordm = 3894 05 = 1917 кН

2хР = P2cos30ordm = 3894 08667 = 3375 кН

Составим расчетные схемы в горизонтальной плоскости (рис 62г) и в вертикальной (рис 62д)

5) Строим эпюру изгибающих моментов хМ в вертикаль-

ной плоскости yAz (см рис 67г) Из уравнений равновесия определяем опорные реакции YA

и YC

Σ mom A = 0 YC 2a 2 yР 4a = 0

YC = 2 2 yР = 2 1947 = 3894 кН

Σ mom C = 0 YA 2a 2 yР 2a = 0

YA = 2 yР = 1947 кН

Уравнения изгибающих моментов

160

IxM = YA zI = 1947 zI 0 zI 01 м

при zI = 0 1x

M = 0

при zI = 01 м 1x

M = 1947 кНм

IIxM = YA (01 + zII) = 1947(01 + zII) 0 zII 01 м

при zII = 0 IIxM = 1947 кНм

при zII = 01 м IIxM = 3894 кНм

IIIxM = P2 zIII = 1947zIII 0 zIII 02 м

при zIII = 0 IIIxM = 0

при zIII = 02 м IIIxM = 3894 кНм

6) Строим эпюру изгибающих моментов My в горизон-тальной плоскости xAz (рис 67д)

Из уравнений равновесия определяем опорные реакции XA и XC

Σ mom A = 0 1xP a XC 2a + 2xP 4a = 0

XC = 05(4 2xP P1)

XC = 05(4 3375 5841) = 3830 кН

Σ mom C = 0 XA 2a + 1xP a + 2xP 2a = 0

XA = 05( 1xP + 2 2xP )

XA = 05(5841 + 3375 2) = 6296 кН

По участкам используя метод сечений аналогично пре-дыдущему пункту строим эпюру изгибающего момента yМ

в горизонтальной плоскости (рис 67 д) 7) Строим эпюру результирующего изгибающего момента

Mи (617) (рис 67е) складывая геометрически эпюры хМ

и yМ

2 2и y xМ М M

В характерных точках В и С они равны соответственно

161

2 2и( ) 1947 6296 6590ВМ кНм

2 2и( ) 3894 675 7793СМ кНм

Следовательно опасным сечением будет сечение С для которого

и( ) 7793СМ кНм и кр( ) 1947СМ кНм

8) Определяем по четвертой теории прочности эквива-

лентный момент IVэквМ в опасном сечении С (626)

IV 2 2экв и( ) кр( )075С СМ M М

IV 2 2экв 7793 075 1947 7975М кНм

9) Определяем необходимый диаметр d вала Допускаемое

напряжение принимаем равным т

т

240160

15n

МПа

Условие прочности (627) имеет вид

IV

IV эквmax экв

и

М

W

где 3

и 32

dW

Тогда

IV 6max экв 33

32 32 7975 10794

314 160

Md

мм

Окончательно принимаем диаметр вала d = 80 мм

67 Общий случай сложного сопротивления

Задача 13 Стальной коленчатый стержень постоянного круглого по-

перечного сечения нагружен внешними силами Рi и парами m Выполнить проектный расчет если дано ndash длины участков стержня ai

162

ndash пределы текучести на растяжение и сжатие σтр = σтс = σт= = 420 МПа

ndash коэффициент запаса прочности nт = 15 Использовать третью теорию прочности Расчетную схему выбрать по рис 68 данные для расчета ndash

по табл 62 Принять Р = 01 кН а = 04 м

Рис 68

163

Таблица 62

Нагрузки аi Номер строки

Схема по рис 111 m Р1 Р2 а1 а2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IV VI

Pa 2Pa

15Pa Pa Pa 2Pa Pa Pa

17Ра 21Ра

P 2P

15P P P

2P 3P P

15Р 2Р

2P P P

2P P

2P P

15P 2Р

35Р

а а

2 а а

2 а а а

2 а а

15а

2 а а а

2 а а а а

2 а а

15а

Буква шифра

а в д г в б

Пример Произвести проектировочный расчет коленчато-

го стержня постоянного круглого сечения (рис 69а) если дано

Р1=Р Р2 = 2Р m = Pa a1 = 2a a2 = a

Принять Р = 01 кН а = 04 м σт = 420 МПа коэффициент запаса прочности nт = 15

Участки стержня соединены жестко под прямыми углами Ось z совмещается с центральной продольной осью участка и направлена в сторону свободного конца стержня Оси y и x ле-жат в плоскости поперечного сечения (ось x направлена вправо ось y направлена вверх) При переходе к последующему участку производят поворот системы координат принятой на предыду-щем участке относительно оси которая перпендикулярна к плоскости образуемой этими смежными участками Поворот осуществляется так чтобы ось z совпала с продольной осью участка стержня При этом система координат xyz является жесткой

Решение начинается с выбора направления опорных реак-ций и определения внутренних усилий нормальной силы N крутящего момента кр zМ М изгибающих моментов хМ

и yМ

164

Рис 69

Решение 1) строим эпюру нормальных сил N (рис 69б)

I 2 II III IV 22 0 0 2 N P P N N N Р Р

2) строим эпюру крутящих моментов кр zМ М (рис 69в)

в)

а) б)

е) д)

г)

165

крI крII крIII крIV 10 0 0 2 М М М М m Р а Ра Ра Ра

3) строим эпюру изгибающих моментов yМ (создается

в данном случае силой Р2 изгиб происходит в горизонтальной плоскости) Эпюру строим на сжатом волокне (рис 69г)

I II2 II II II0 2 0 y yM M P z Pz z a

IVIII20 2 y yM M P a Pa

4) строим эпюру изгибающих моментов хМ (создается си-

лой Р изгиб происходит в вертикальной плоскости) (рис 69д)

I II III 1 I I I0 0 0 x x xM M M P z Pz z a

I XIII I XIII0 0 z M z a M Pa

XIV 1 IVM P z

IV IV XIV IV XIV0 2 0 0 2 2 z a z M z aM Pa

5) строим эпюру результирующего изгибающего момента

иМ (рис 69е) для чего подсчитываем его величину в харак-терных сечениях участков I II III и IV (см рис 69а) по фор-муле (621)

2 2и1-1 х уМ М М

Значения хМ и yМ берем с эпюр рис 69гд

и1 1

2и2 2

2и3 3

2 2и4 4

0

(2 ) 2

( )

(2 ) (2 ) 2 2 283

М

М Ра Ра

М Ра Ра

М Ра Ра Ра Ра

6) определяем опасное сечение где крутящий момент

кр М суммарный изгибающий момент иМ и нормальная сила N

одновременно велики Анализ эпюр по рис 69бве показывает что опасным яв-

ляется сечение в заделке где

N = 2P крМ = 2Pa и 2 2 283 М Ра Ра

166

7) сравниваем величины нормальных напряжений ( )N от нормальной силы N и от изгиба и( )М

2 2

2 4 8( )

N P PN

F d d

иmax и( )

х

ММ

W

где 3

30132xd

W d

ndash осевой момент сопротивления площади

поперечного сечения стержня

Тогда max и 3 3

283 32 905( )

Ра РаМ

d d

2max и

3

( ) 9051128

( ) 8

М Pa d a

N dd P

Так как a gtgt d в данном случае влиянием нормальной си-лы N на прочность можно пренебречь и вести расчет для случая изгиба с кручением

8) определяем диаметр стержня по третьему критерию (629) используя условие прочности (631)

IIIэкв

max эквIIIи

M

W

Здесь IIIэквM ndash эквивалентный момент в опасном сечении

который по третьей теории прочности равен (629)

III 2 2 2 2экв и кр (283 ) (2 ) 346M М М Ра Ра Ра

Допускаемое напряжение равно

т

т

420280

15n

МПа

Тогда

III 6экв 33 3

346 346 01 04 1017

01 01 01 280

M Pad

мм

167

Округляем диаметр до ближайшего четного значения и принимаем d = 18 мм

Если положение опасного сечения неочевидно вычисляют

эквM в характерных сечениях Опасным считается сечение

в котором эквM принимает наибольшее значение

Контрольные вопросы

1 Какие напряжения называются главными 2 Укажите существующие типы напряженных состояний 3 Как определяются главные напряжения 4 Какое напряженное состояние имеет место при круче-

нии валов 5 Сформулируйте закон парности касательных напря-

жений 6 Какое напряженное состояние имеет место при изгибе

с кручением 7 Что такое эквивалентные напряжения 8 Как записывается условие прочности при сложном на-

пряженном состоянии 9 Сформулируйте критерии прочности для хрупких мате-

риалов Объясните их физический смысл 10 Сформулируйте третий критерий прочности Укажите

его достоинства и недостатки 11 Сформулируйте четвертый критерий прочности 12 Сравните третий и четвертый критерии прочности ме-

жду собой Укажите области их применения 13 Запишите обобщенный закон Гука для сложного на-

пряженного состояния 14 Запишите обобщенный закон Гука для плоского на-

пряженного состояния 15 В каких случаях валы подвергаются действию изгиба

с кручением 16 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

моментов по третьему и четвертому критериям прочности 17 Сформулируйте порядок расчета на прочность при из-

гибе с кручением вала 18 Как вычисляются главные напряжения в общем случае

плоского напряженного состояния

168

19 Чему равны главные напряжения при кручении валов 20 Чему равны главные напряжения при изгибе с круче-

нием валов 21 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

напряжений по третьему и четвертому критериям при изгибе с кручением валов

169

Глава 7

УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

71 Основные понятия Под устойчивостью понимается свойство системы само-

стоятельно восстановить свое первоначальное состояние после того как ей было сообщено малое отклонение от исходного по-ложения равновесия Если система не обладает таким свойст-вом то она называется неустойчивой [1]

Ниже рассматривается устойчивость центрально сжатых стержней (рис 71) которые при потере устойчивости изгиба-ются

Рис 71

Критической силой крР называется наименьшее значение

сжимающей продольной силы при котором прямолинейная форма равновесия стержня перестает быть устойчивой

Критическое напряжение определяется по формуле

кркр

Р

F (71)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня Условие устой-чивости можно записать в двух видах

ndash по напряжениям возникающим в поперечных сечениях стержня

170

у (72)

ndash по усилиям

уР Р (73)

Здесь допускаемые напряжения у и силы уР на ус-

тойчивость определяется соотношениями

кру

уn

кр

уу

РР

n (74)

где уn 1 ndash коэффициент запаса на устойчивость который

обычно принимается больше чем коэффициент запаса на проч-ность уn тn ndash для пластичных материалов уn вn ndash для хруп-

ких материалов

72 Расчетные формулы При расчетах на устойчивость вводится понятия гибкости λ

и предельной гибкости пред стержня

Гибкостью называется безразмерный параметр

l

i

(75)

где μ ndash коэффициент приведенный длины величина которого

зависит от способа закрепления концов стержня (прил 5) J

iF

ndash

минимальный радиус инерции поперечного сечения Здесь J ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения относи-тельно его главных центральных осей х и у (см п 21)

min( )x уJ J J (76)

Предельной гибкостью называется безразмерный пара-метр

2

предпц

Е

(77)

171

где Е и пц ndash модуль упругости первого рода и предел пропор-

циональности материала стержня Существенной особенностью является то что гибкость λ

зависит только от геометрических характеристик и способа за-крепления концов стержня (75) Предельная гибкость пред за-

висит только от свойств материала стержня (76) Если гибкость стержня больше или равна предельного

значения пред( ) то при потере устойчивости в поперечных

сечениях возникают только упругие деформации При предlt

в сечениях стержня при потере устойчивости имеют место уп-руго-пластические деформации [1]

В зависимости от вида деформаций в поперечных сечени-ях стержня расчет критических сил крР и критических напря-

жений кр проводятся по следующим формулам

ndash при пред расчет ведется по формулам Л Эйлера

2Э

кр кр 2

( )

ЕJР Р

l

(78)

2Э

кр кр 2

E

(79)

При выполнении условия предlt расчет ведется по фор-

муле ФЯсинского Я

кр кр а b c (710)

Я Якр кр кр Р Р F (711)

Здесь a b c ndash коэффициенты величины которых зависит от свойств материала Эти коэффициенты определяются экспе-риментально а их значения для некоторых материалов приве-дены в табл 71 и [8]

Таблица 71

Значения коэффициентов МПа Материал

a b с Предельная

гибкость пред

1 2 3 4 5 Ст2 250 0668 0 105

172

Окончание табл 71

1 2 3 4 5 Ст3 310 114 0 100 Ст4 Сталь 20

343 142 0 95

Ст5 464 3617 0 100 Сталь 45 589 382 0 85 Чугун 776 120 0053 60 Алюминиевый сплав Д16Т

400 333 0 -

Дерево (ель сосна)

293 0194 0 70

На рис72 для материала Ст3 показана полная диаграмма

зависимости критических напряжений кр ( ) от гибкости λ ко-

торая позволяет выделить зоны в которых применяются фор-мулы Л Эйлера (79) и Ф Ясинского (710) При построении диаграммы принято что коэффициент с = 0 в выражении (710)

Рис 72

Зона I ( 40 ) соответствует сжатию коротких стержней

Потери устойчивости в этой зоне не происходит стержень ра-ботает на сжатие

Зона II (40 lt λ lt 100) соответствует стержням средней гибкости Потеря устойчивости происходит с образованием пластичных деформаций в поперечном сечении стержня Расчет ведется по формулам Ф Ясинского

Зона III (λ 100) соответствует гибким стержням Потеря

устойчивости происходит в упругой области кр пц Рас-

чет ведется по формулам Л Эйлера

173

73 Особенности расчета на устойчивость

В тех случаях когда стержни работающие на сжатие

имеют различные условия закрепления в главных плоскостях инерции необходимо вычислить гибкости х и у относитель-

но главных центральных осей х и у поперечного сечения (см например рис73а) В плоскости x0z оба конца стержня жестко защемлены (рис73б) В плоскости у0z верхний конец свободен (рис 73в)

Рис 73 На рис73б ndash показана форма потери устойчивости

в плоскости х0z и значение коэффициента приведенной длины

при потере устойчивости относительно оси у 1

2у

а) б) в)

174

На рис73в показана форма потери устойчивости относи-тельно оси х в плоскости y0z При этом коэффициент приведен-ной длины 2х

Гибкости стержня в этих плоскостях вычисляются анало-гично (75)

yу

y

l

i

x

xx

l

i

(712)

где радиусы инерции относительно осей х и у определяются как (210)

уу

Ji

F х

xJ

iF

(713)

Так как потеря устойчивости происходит в плоскости мак-симальной гибкости то вычисляют максимальную гибкость

max ( )x у (714)

и весь дальнейший расчет на устойчивость ведется в соответст-вии с п 72

74 Практический расчет на устойчивость

При практических расчетах стержней на устойчивость ус-

ловие устойчивости (72) часто заменяют на условие аналогич-ное условию прочности (112)

В этом случае условие устойчивости записывают в виде

сж (715)

где сж ndash допускаемые напряжения на сжатие для материала

стержня Коэффициент φ 1 называется коэффициентом сниже-

ния допускаемых напряжений Он зависит от марки материала и гибкости λ стержня Значения этого коэффициента для некото-рых материалов приведены в прил 7 и справочнике [3]

Таким образом расчет на устойчивость с помощью коэф-фициента φ сводится к обычному расчету на прочность но с пониженными допускаемыми напряжениями

175

75 Расчет на устойчивость Задача 14 Определить допускаемое значение силы уР из расчета

на устойчивость стержня Коэффициенты запаса устойчивости ndash для стали nу = 25 ndash для чугуна nу = 4 Опорные закрепления стержня в обеих главных плоско-

стях одинаковы Основные параметры даны в табл 72 расчетные схемы и

поперечные сечения стержней приведены на рис 74 Примечани е Формула Ясинского Я 2

кр а b c применима

если гибкость стержня λ удовлетворяет условиям для стали пред40

для чугуна пред20

При λ пред применяется формула Эйлера

Таблица 72

Коэффициенты Ясинского

Ном

ер

строки

Схема

по

рис

74

l м а1 мм

а2 мм

а3 мм

Материал

Е105МПа

σпц МПа а

МПа в

МПа с

МПа

1 2 3 4 5

I II III IV V

18 19 22 25 27

15 20 20 30 30

35 45 50 60 50

70 60 70 85 80

Сталь

22 21 19 21 20

200 210 230 190 250

310 320 340 300 350

114 120 130 105 130

0 0 0 0 0

6 7 8 9 0

VI VII VIII IX X

30 17 28 24 21

25 15 25 20 15

55 50 65 45 40

90 85 75 75 60

Чугун

10 11 10 09 10

200 200 190 180 180

780 770 700 700 700

120 125 120 115 116

00500051005000500051

Буква шифра

а г д в

176

Рис 74

Пример В соответствии с условиями задачи 14 опреде-

лить допускаемое значение силы уР из расчета на устойчи-

вость стального стержня показанного на рис 75 если известно

l = 12 м а1 = 20 мм а2 = 40 мм а3 = 65 мм

177

Е = 2105 МПа σпц = 200 МПа

коэффициенты Ясинского а = 310 МПа b=114 МПа с = 0 Решение 1) определяем положение центра тяжести поперечного се-

чения

Рис 75 Рис 76

Выбираем вспомогательную систему координат yx1 для

заданного поперечного сечения (рис 76) где ось y будучи осью симметрии является главной центральной осью

Для определения вертикальной координаты центра тяже-сти разбиваем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и опреде-ляем координату центра тяжести Cy по формуле (22)

1

1

1300 525 800 10363

1300 800

n

i Cii

C n

ii

F yy

F

мм

где i CiF y ndash площадь и координата центра тяжести i-й части се-

чения в принятой системе координат n ndash число элементарных частей на которые разбивается сечение (в данном случае n = 2)

При этом F1 = 1300 мм2 F2 = 800 мм2 C iy = 525 мм

C iy = 10 мм

Вторая главная центральная ось х проходит через центр тяжести C всего сечения (см рис 76)

178

2) определяем моменты инерции относительно главных центральных осей используя формулу (27) о параллельном пе-реносе осей

21

1( )

n

x xi ii

J J b F

где xiJ ndash момент инерции i-й части относительно своей цен-

тральной оси х bi ndash расстояние между центральной осью i-й части и главной центральной осью всего сечения

Применительно к рассматриваемому сечению (см рис 76) получим

2 21 1 1 2 2 2x x xJ J b F J b F

где 3

12i

i ix

b hJ

1

320 65

12xJ

2

340 20

12xJ

Окончательно получим

32

32 4 4

20 65162 1300

12

40 20263 800 138 10 мм

12

xJ

Так как ось у является главной центральной для всего се-чения и для каждой его части второй осевой момент инерции вычисляется как сумма моментов инерции отдельных частей

3 34

1 21

65 20 20 4015 10

12 12

n

у уi у уi

J J J J

мм4

где 3

12i

i iy

h bJ

1

3

y65 20

J 12

2

3

y20 40

J12

Так как xJ gt уJ а условия закрепления концов одинако-

вы во всех плоскостях то потеря устойчивости происходит в плоскости минимальной жесткости те в плоскости чертежа

179

(см рис 75) относительно оси у имеем Jmin = уJ = 15 104 мм4

Форма потери устойчивости показана на рис 75 3) определяем гибкость стержня по формуле (75)

mini

l

где μ ndash коэффициент приведенной длины величина которого в рассматриваемом случае μ = 05 (см рис 74) imin ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения вычисляе-

мый по формуле 4

minmin

15 10845

2100

Ji

F

F площадь сечения F = 800 + 1300 = 2100 мм2 В соответствии с (75) гибкость равна

05 1200710

845

4) предельная гибкость для стального стержня равна (77)

2 2 5

предпц

2 10100

200

Е

5) определяем величину критической силы Так как λ lt λпред формула Эйлера неприменима Расчет

критических напряжений производим по формуле Ясинского (710)

Я 2кр а b c

где а b c коэффициенты величины которых равны а = 310 МПа b = 114 МПа c = 0

Я 2кр 310 114 71 229а b c МПа

Критическая сила равна (711) Я 3

кр кр кр 229 2100 481 10 H 481кНР Р F

6) допускаемое значение сжимающей силы из расчета на устойчивость определяется выражением (74)

кр 481192 кН

25уy

РР

n

180

76 Проектный расчет на устойчивость Задача 15 Из расчета на устойчивость выполнить проектный расчет

прямого стержня сжатого силой Р в соответствии с рис 77 Условия закрепления во всех плоскостях одинаковы Ма-

териал ndash дерево l = 360 см Р = 140 кН сж 10 МПа По-

перечное сечение ndash круг диаметром D

Рис 77

Решение В соответствии с условием задачи требуется определить

диаметр поперечного сечения D Применяем расчет с помощью понижающего коэффициента φ (см п 74)

Условие устойчивости в этом случае имеет вид (715)

сж или сжР F (716)

Из (716) получим

сж

РF

(717)

Так как диаметр D неизвестен то момент инерции попе-речного сечения и его радиус инерции i также неизвестен Следо-вательно нам неизвестна и гибкость стержня λ (75) по которой определяется числовое значение коэффициента φ (см прил 6)

181

Задачу решаем методом последовательных приближений Для этого задаем на первом шаге расчета значение коэффици-ента φ1 = 05 и из формулы (717) получаем

54 2

114 10

28 10 мм 05 10

F

Диаметр сечения 4

11

4 4 28 10189 мм

FD

Момент инерции поперечного сечения на первом шаге равен

4 48 41

1189

627 10 мм 64 64

DJ

Радиус инерции

41 1

1 21

4

464

D DJi

F D

(718)

Таким образом на первом этапе приближения получим гибкость

11 1

4

l l

i D

(719)

те

14 1 3600

76189

(720)

По таблицам (см прил 7) для гибкости 1 76 получаем значение коэффициента 1 053

Определяем погрешность расчета коэффициента по фор-муле

1 1

1

100

(721)

Таким образом погрешность определения коэффициента на первом шаге составляет

1053 05

100 6 05

182

Так как допускается погрешность расчета не более 5 а погрешность на первом шаге составляет 6 то выполняем второй шаг приближения

Задаем значение коэффициента 2 равное среднему зна-чению между 1 и 1

1 12

05 0530515

2 2

В этом случае по формуле (717) получим

54 2

214 10

272 10 мм 0515 10

F

Диаметр сечения на втором шаге

42

24 4 272 10

186 ммF

D

Гибкость стержня по формуле (719) на втором шаге

22

4 4 1 3600775

186

l

D

По таблице (см прил 7) для λ = 775 получим 2 0515

Так как 2 2 то окончательно принимаем 0 515

и следовательно поперечное сечение должно иметь диаметр 186 ммD

Окончательно принимаем D = 190 мм П р и м е ч а н и е 1 Если первоначальное значение коэффициента φ1 на первом шаге

выбрано неудачно то потребуется сделать несколько шагов приближе-ния чтобы обеспечить погрешность вычислений менее 5

2 Если в таблице φ(λ) (см прил 7) для полученного значения гиб-кости λ отсутствуют значения коэффициента φ то следует применить ме-тод линейной аппроксимации на интервале по следующей схеме пока-занной на рис 78

183

Рис 78

Из таблицы выбирают ближайшие значения гибкости 1

и 2 лежащие слева и справа от заданного значения гибкости и записывают соответствующие значения коэффициентов

1 1 2 2 и приведенные в таблице значений

для заданного материала стержня (см прил 6) Значение коэффициента для заданного значения гиб-

кости определяется в соответствии с рис 78 по формуле

2 (722)

где 21 2

2 1

( )

Окончательно из (722) получаем

22 1 2

2 1

( )

(723)

Контрольные вопросы

1 Какие упругие системы называются устойчивыми 2 Что называется критической силой и критическим на-

пряжением 3 Что называется коэффициентом приведенной длины и от

чего зависит его значение 4 Что называется гибкостью стержня от чего она зависит 5 Как вычисляется предельная гибкость стержня 6 Запишите формулу Эйлера для критической силы и кри-

тического напряжения 7 Сформулируйте условия применимости формулы Эйлера 8 Запишите формулу Ясинского для критической силы и

критического напряжения

184

9 Сформулируйте условия применимости формулы Ясин-ского

10 Нарисуйте полную диаграмму для критических на-пряжений

11 Как влияет жесткость поперечного сечения на из- гиб ЕJ и длина стержня на величину критической силы

12 Как влияет способ закрепления концов стержня на ве-личину критической силы

13 Запишите условие устойчивости 14 Что такое коэффициент снижения допускаемых на-

пряжений 15 От чего зависит численное значение коэффициента 16 Сформулируйте порядок выполнения расчета на ус-

тойчивость с помощью коэффициента

185

Глава 8

ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК

81 Основные понятия Природа динамических воздействий на элементы и конст-

рукции в целом разнообразна [1] Рассмотрим основные виды динамического воздействия

ndash действие ускорений ndash удар ndash вибрация Существенной особенностью действия динамической на-

грузки является то что при расчете нельзя пренебрегать силами инерции возникающими в элементах конструкций Силы инер-ции выступают как дополнительная внешняя нагрузка Их взаи-модействие с силами упругости часто порождает возникновение колебаний элементов конструкций которые могут приводить к многократному росту внутренних силовых факторов и соответ-ственно напряжений и деформаций элементов конструкций

Кроме того при действии динамической нагрузки ряд конструкционных материалов проявляют склонность к охруп-чиванию хотя при действии статических нагрузок они являют-ся пластичными [1 6]

Расчет на прочность при действии динамических нагрузок является достаточно сложным [1 3] поэтому будем рассматри-вать простейшие схемы динамического нагружения типовых элементов конструкций При этом полагаем что динамическое нагружение конструкции происходит в упругой области те напряженно-деформированное состояние элементов конструк-ции подчиняется закону Гука [1]

В этом случае динамическое действие нагрузки характе-ризуется коэффициентом динамичности д 1k который пока-

зывает во сколько раз увеличиваются напряжения и деформа-ции в элементе конструкции при действии динамической нагрузки по сравнению с действием той же нагрузки но прило-женной статически

186

Таким образом напряжения д деформации д и переме-щения д при динамическом действии нагрузки вычисляются по формулам

д д ст д д ст д д ст k k k (81)

Здесь ст ст ст ndash статические напряжения относитель-ные деформации и перемещения соответственно Величина ко-эффициента динамичности дk рассчитывается для каждого

конкретного элемента конструкции и определяется выражения-ми зависящими от вида динамической нагрузки

Условие прочности в этом случае записывается в виде

max д д (82)

где max д minus максимальные динамические напряжения в элемен-

те конструкции д minus допускаемые напряжения при динами-

ческом нагружении величина которых зависит от свойств ма-териала при динамической нагрузке и условий эксплуатации конструкции

П р и м е ч а н и е Если напряженное состояние элемента конст-рукции является сложным то аналогично п 6 расчет ведется по эквива-лентным напряжениям которые рассчитываются по соответствующему критерию прочности

82 Расчет коэффициента динамичности Рассмотрим простейшие виды динамического нагружения

821 Действие линейных ускорений Пусть груз весом Q на тросе поднимается с ускорением а

(рис 81)

Рис 81

187

В этом случае дополнительно к весу Q на трос действует сила инерции от груза Коэффициент динамичности определя-ется выражением

д 1а

kg

(83)

где g ndash ускорение свободного падения (g = 98 мс2) Статическое напряжение растяжения в тросе равно

стQ

F (84)

где F ndash площадь поперечного сечения троса Динамические напряжения определяются по формуле (81)

а условие прочности имеет вид (82)

822 Действие удара

Пусть на упругую систему с высоты Н падает груз весом Q На рис 82а показан продольный осевой удар а на рис 82бв ndash поперечный удар по балке

Рис 82

Во всех случаях коэффициент динамичности определяется

выражением

дст

21 1

Нk

(85)

а) б) в)

188

Здесь коэффициент учитывает вес элемента конструк-ции (стержня балки) по которому производится удар (рис 82) Этот коэффициент вычисляется по формуле

Эп1

Q

Q (86)

где ЭQ ndash вес элемента конструкции (стержня балки) а п ndash ко-

эффициент приведения массы элемента к точке в которой про-изводится удар (к точке K) Этот коэффициент lt 1 а его вели-чина зависит от координат точки приложения удара и расчетной схемы элемента [1 6]

Например при продольном ударе (рис 82а) этот коэф-

фициент принимает значение п1

3

При поперечном ударе

ndash для расчетной схемы (рис 82б) п17

048635

ndash для расчетной схемы (рис 82в) п33

0236140

Для остальных расчетных схем значения коэффициента приведения можно найти в [6]

В тех случаях когда вес элемента конструкции сущест-венно меньше веса падающего груза ( ЭQ ltlt Q) выполняется ус-

ловие Эпltlt 1

Q

Q и коэффициент принимают равным единице

те = 1 а балку считают невесомой В этом случае формула (85) принимает вид

дст

21 1

Нk

(87)

Если выполняется условие ст

2Н

1 то возможно даль-

нейшее упрощение и тогда применяют приближенную формулу для определения коэффициента динамичности

дст

2

Нk

(88)

189

Применительно к расчетным схемам показанным на рис 82 ст определяется следующим образом

ndash при продольном ударе (рис 82а) стQl

EF

ndash при поперечном ударе (рис 82бв) ст определяется

как прогиб точки K при приложении в ней статической силы равной Q Этот прогиб определяется любым методом напри-мер методом начальных параметров (см п 41)

Динамические напряжения определяются выражением (81) а условие прочности для наиболее нагруженного попереч-ного сечения элемента конструкции записывается в виде (82)

823 Действие вибрации

При действии внешних вибрационных нагрузок в элемен-тах конструкции имеет место динамическое воздействие что приводит к повышению напряжений деформаций и перемеще-ний упругой системы

Расчет стержней валов и балок на действие вибрации яв-ляется достаточно сложным и здесь не рассматривается [1 8] Будем рассматривать расчетные схемы типовых элементов кон-струкций как одномассовые колебательные системы у которых вся масса сосредоточена в одной точке

В качестве примера рассмотрим поперечные колебания двухопорной балки с грузом расположенным в сечении K (рис 83) Пунктиром показана форма поперечных колебаний балки

Рис 83

Считаем что балка невесома а груз имеет массу М Соб-

ственная частота балки в этом случае определяется выраже-нием [1]

190

ст

g

(89)

где g = 981 мс2 ndash ускорение свободного падения ст minus пере-

мещение сечения K при статическом нагружении балки усили-ем равным весу груза М (рис 83)

Необходимо отметить что собственная частота опреде-ленная таким образом соответствует основной (наименьшей) собственной частоте упругой системы на которой как правило возникают наибольшие перемещения и напряжения

При действии на балку внешней гармонической вибрации с частотой по направлению оси у в балке возникают вынуж-денные колебания При совпадении частот вынужденных и собственных колебаний в системе возникает резонанс при котором происходит максимальное увеличение динамических напряжений д и перемещений д в сечениях балки которые

вычисляются по формулам (81) При динамических расчетах на вибрацию вводится поня-

тие динамического коэффициента который часто называют коэффициентом нарастания вынужденных колебаний и опреде-ляют по формуле [1]

22 2 2

1

21

n

(810)

где безразмерный параметр 2n

ndash характеризует рассеяние энер-

гии и затухание колебаний в элементе конструкции Для реаль-ных элементов конструкций работающих на изгиб этот пара-

метр принимает значения 2

lt 04n

Динамический коэффициент характеризует увеличение динамических напряжений за счет действия внешней гармони-ческой силы с амплитудой Р Например если в точке K балки (рис 83) установлен электродвигатель то при его работе на балку в точке K будут действовать две составляющие внешних нагрузок

ndash вес электродвигателя Q который является постоянным

191

ndash инерционная сила с амплитудой Р которая является пе-ременной вызывает колебания балки и определяется величиной дисбаланса вращающихся частей ротора электродвигателя

На рис 84 показаны зависимости динамического коэффи-

циента от отношения частот

при различных значениях па-

раметра 2n

характеризующего демпфирования в упругой

системе

Рис 84

Из рис 84 следует что при резонансе происходит резкое

возрастание амплитуд колебаний что в свою очередь вызывает повышение напряжений в балке

192

Областью резонанса обычно считают частотный диапазон внешних воздействий

07 13 (811)

Поэтому при проектировании элементов конструкций же-лательно за счет конструктивных мер обеспечивать выполнение

условий lt 07

и 13

Анализ зависимостей представленных на рис84 показы-вает что вне резонансного интервала (811) динамический коэффициент незначительно зависит от параметра демпфирова-ния γ в системе и вне этого интервала динамический коэффици-ент (810) можно рассчитать по приближенной формуле не учи-тывающей демпфирование в упругой системе

2

1

1

(812)

С учетом веса Q статически действующего на балку ко-эффициент динамичности определяется выражением

д 1Р

kQ

(813)

Динамические напряжения деформации и перемещения определяется по формуле (81) с учетом (813) При этом под статическими характеристиками ст ст ст понимаем напря-

жения деформации и прогибы в балке при статическом дейст-вии на нее веса электродвигателя Q

П р и м е ч а н и е В случаях когда балку нельзя считать невесо-мой вводится понятие приведенной сосредоточенной массы Мпр которая определяется по формуле

пр п1 БММ ММ

(813)

где М ndash сосредоточенная масса расположенная в т K (рис 83)

БМ ndash масса всей балки п ndash коэффициент приведения массы балки к точке K который определяется в соответствии с п 822

193

83 Расчет на ударную нагрузку Задача 16 На упругую систему (рис 85) с высоты Н падает

груз Q Подобрать размеры поперечного сечения конструкции из-

готовленной из малоуглеродистой стали если

тр = тс = 320 МПа Е = 2 105 МПа

коэффициент запаса прочности n = 2 массу упругой системы не учитывать

Данные необходимые для решения задачи выбрать из табл 81

Для прямоугольных поперечных сечений балок принять

2h

b для кольцевых сечений принять 07

dс

D где

D ndash внешний d ndash внутренний диаметры

Таблица 81

Номер строки

Схема по рис 85

Q Н Н м а м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

I II III IV V VI VII VIII IX X

200 400 600 800 1000 500 750 800 900 100

05 04 02 04 01 03 03 02 02 05

10 12 15 10 08 12 08 15 10 10

Буква шифра

а г д г

Пример В соответствии с условиями задачи 15 подобрать

размеры круглого поперечного сечения балки показанного на рис 86а при Q = 200 Н а = 2 м Н = 02 м

194

Рис 85

Решение 1) приложим к системе статическую силу равную весу

падающего груза Q (рис 86б) и строим эпюру изгибающего

195

момента хМ (рис 86в) Опорные реакции в сечении А опреде-

ленные из уравнений равновесия для балки А AМ Qa Y P

Рис 86

2) определим статический прогиб ст в точке K (рис 86б)

применяя метод начальных параметров (см пп41) Начальные параметры 0 00 0A Аy y так как

в сечении А балка жестко закреплена В соответствии с уравнением (410 ) получим

2 3

2 3 3

( 0) ( 0)1( )

2 3

1

2 6 3

A AK K

x

x x

M a Y ay y a

EJ

Qa a Qa Qa

EJ EJ

Знак laquominusraquo указывает на то что прогиб точки K направлен вниз

Момент инерции сплошного круглого поперечного сече-

ния равен 3

64xD

J

поэтому окончательно получим

3

ст 4

64

3

Qa

ED

(814)

а) б) в)

196

3) коэффициент динамичности в соответствии с выраже-нием (88) равен

2

дст

2 3

4 2

H D EHk

a Qa

(815)

4) обращаясь к эпюре хМ (рис 86в) находим опасное

сечение в котором изгибающий момент достигает наибольшего значения max х АМ М Qa и определяем максимальную вели-

чину статических напряжений Так как момент сопротивления

балки равен 3

32хD

W

то

maxmax cт 3

32А

x

М Qa

W D

5) определяем величину динамических напряжений в опас-ном сечении (81)

max дин д max ст

2

3

( )

3 32 1 3

4 2 04 2

k

D ЕН Qa QEH

а Qa D aD

(816)

6) запишем условие прочности (82) которое с учетом (816) принимает вид

max дин1 3

04 2

QEH

D a

(817)

Находим допускаемые напряжения

т

т

320160

2n

МПа

Определим из (817) требуемый диаметр D поперечного сечения

2 5 3

3мм

1 3

04 2

1 3 2 10 2 10 02 10678

04 160 2 2 10

QEHD

a

197

Округляя полученное значение D окончательно прини-маем D = 68 мм

Вычислим фактическое значение коэффициента динамич-ности при выбранном значении диаметра поперечного сечения балки (815)

2 2 5 3

д 3 3

3 68 3 2 10 02 101254

4 2 4 2 10 2 200 2 10

D EHk

a Qa

Таким образом фактический коэффициент динамичности при ударе составляет д 1254k

84 Расчет упругой системы при действии вибрации

Задача 17 Упругая система представляет собой балку представлен-

ную на рис 87 Поперечное сечение балки выполнено в виде двух швеллеров (рис 88а) или двух двутавров (рис 88б) же-стко соединенных между собой

В точке K на балке (рис 87) установлен электродвигатель весом Q частота вращения вала которого равна n минndash1 Сила инерции возникающая вследствие неуравновешенности вра-щающихся деталей электродвигателя равна инР Материал балки ndash прокатная сталь с пределом текучести т 320 МПа и

модулем упругости 52 10 МПаЕ

Данные для варианта задания принять по табл 82 и рис 87

Требуется определить величину максимальных напря-жений в балке и фактический коэффициент запаса ее проч-ности

198

Рис 87

199

Рис 88

Таблица 82

Тип сечения Номер строки

Схема по

рис 87Q кН инР кН n мин-1 l м

[ ] I I

1 I 60 08 320 05 5 2 II 58 06 400 06 10 3 III 48 05 510 04 8 4 IV 50 045 600 05 12 5 V 62 052 1000 06 65 6 VI 46 04 700 04 14 7 VII 40 036 550 045 10 8 VIII 64 058 480 05 10 9 IX 66 044 800 08 12 0 X 59 03 360 04 16

Буква шифра

а г д б в а г

Пример расчета В соответствии с условиями задачи 17 рассмотрим кон-

сольную балку поперечное сечение которой выполнено из двух швеллеров 14

Остальные исходные данные приняты следующими ndash коэффициент запаса прочности nт = 2 ndash вес электродвигателя Q = 64 кН ndash l =18 м ndash сила инерции инР = 12 кН ndash число оборотов электродвигателя n = 320 минndash1 Массу упругой системы не учитываем

а) б)

200

Решение 1) на рис 89а показана расчетная схема балки

Рис 89

2) приложим статически вес электродвигателя к балке

в точке K (рис 89б) и из уравнений равновесия балки получим значения опорных реакций

A АY P М Ql

Эпюра изгибающего момента хМ показана на рис 89в

из которого следует что наиболее нагруженным является сече-ние А в котором максимальный изгибающий момент равен

max хМ Ql а максимальные статические нормальные напря-

жения в балке определяются выражением 3 3

maxmax ст 3

64 10 16 108205

2 2 2 702 10x

x x

М Ql

W W

МПа

где 702xW см3 ndash момент сопротивления одного швеллера 14

(см прил 4) 3) применяя метод начальных параметров (см п 41) оп-

ределяем статический прогиб в точке K где установлен элек-тродвигатель (рис 89б)

а) б) в)

201

3

ст 3Kx

Qly

EJ (818)

Здесь xJ ndash момент инерции двух швеллеров относительно

оси х (рис 89а) Так как момент инерции одного швеллера 14

(см прил 4) равен (1) 4911хJ см4 то (1)2 9822x хJ J см4

4) собственная частота в соответствии с (89) и (818) определяется как

5 6 8

3 3 3cт

3 981 3 2 10 10 9822 10394

64 10 18xEJ gg

Ql

сndash1

5) частота вынужденных колебаний определяется по фор-муле

320335

30 30

n сndash1

Определим отношение частот

335085

394

следовательно

085

Таким образом при работающем электродвигателе в со-ответствии с (811) вибрация балки происходит в резонансной области (811)

6) так как по условию задачи балка является невесомой и в ней не происходит рассеяния энергии то динамический коэф-фициент можно определить по формуле (812)

2 2

1 1361

3351 1

394

Коэффициент динамичности определяем по формуле (813)

ид

121 1 361 17

64

Рk

Q

7) максимальные динамические напряжения при вынуж-денных колебаниях балки (81) составляют

202

max д max ст( ) 17 825 14025k МПа

Допускаемые напряжения

тд

т

320160

2n

МПа

Условие прочности (82) выполняется так как

max д д14025 lt 160 МПа

8) в качестве примера выполним динамический расчет балки с учетом ее веса Вес балки в форме двух швеллеров 14 равен

Б 2 2 123 18 4428 H 0443 кНQ ml

Здесь m =123 Н ndash вес погонного метра одного швеллера 14 (см прил 4)

Коэффициент приведения п для расчетной схемы балки (рис 89б) равен (см п 822) п 024

В соответствии с (813) приведенный вес балки к точке K (рис 89) составляет прQ Q где коэффициент определя-

ется выражением

Бп

04431 1 024 1017

64

Q

Q

пр 64 1017 651Q кН

Максимальные статические напряжения в этом случае со-ставляют

прmax ст 1017 8205 8344

2 2x x

Q l Ql

W W МПа

Собственная частота

13

cт

3 1 1394 398 c

2 1017xEJ gg

Ql

Динамический коэффициент

2 2

1 1345

3351 1

398

203

Коэффициент динамичности

инд

пр

121 1 345 164

651

Рk

Q

Максимальные динамические напряжения

max д д max ст( ) 164 8344 1368k МПа

Так как max д дlt то условие прочности также выпол-

няется Выводы 1 Из проведенных исследований следует что учет собст-

венного веса несущественно влияет на результаты расчета ndash максимальные динамические напряжения в балке изме-

нились на

1368 14025100 25

1368

ndash коэффициент динамичности изменится на

164 17100 36

164k

2 Так как допускаемая погрешность инженерного расчета 5 то допускается выполнять динамический расчет без

учета собственного веса балки

Контрольные вопросы

1 Приведите примеры динамических внешних нагрузок 2 Как рассчитываются динамические напряжения дефор-

мации перемещения 3 Как записывается условие прочности при динамическом

нагружении 4 Дайте определение коэффициента динамичности при

действии линейных ускорений 5 Как рассчитывается коэффициент динамичности при

ударе 6 Как учитывается масса элемента конструкции при ударе 7 Запишите приближенную формулу для расчета коэффи-

циента динамичности при ударе

204

8 Как определяется динамический коэффициент при дей-ствии гармонической вибрации

9 Как вычислить основную собственную частоту балки при вибрации

10 Что такое резонанс Когда он возникает 11 Какая частотная область называется резонансной 12 Как вычисляется коэффициент динамичности при виб-

рационном воздействии 13 Как вычисляются динамические напряжения в элементе

конструкции при действии вибрации 14 Как учитывается вес элемента конструкции при дейст-

вии вибрации 15 Сформулируйте порядок выполнения расчета на проч-

ность при динамическом воздействии

205

Глава 9

РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ

91 Основные понятия Приведенные выше методики расчетов на прочность ти-

повых элементов конструкций основаны на оценке прочности материала в наиболее нагруженных точках по допускаемым на-пряжениям Предельным состоянием конструкции в этом слу-чае считается такое ее состояние при котором максимальные напряжения достигают предела текучести т для пластичных материалов или предела прочности в для хрупких материалов Состояние остального массива элемента конструкции во внима-ние не принимается [6]

В то же время при неравномерном распределении напря-жений например при изгибе балок (см рис 43) и кручении ва-лов (см рис 31) для элементов изготовленных из пластичных материалов появление местных максимальных напряжений равных пределу текучести ( max т ) в большинстве случаев

не является опасным так как в остальной части сечения напря-жения являются упругими Поэтому конструкция может выпол-нять свое функциональное назначение

В связи с этим возникла необходимость в новом подходе к оценке прочности по ее предельному состоянию

Под предельным состоянием конструкции будем пони-мать такое ее состояние при котором она полностью теряет способность сопротивления внешним нагрузкам и не может выполнять свое функциональное назначение

Методы расчетов по предельному состоянию широко применяются при проектировании различных конструкций так как позволяют вскрыть резервы прочности которые не учиты-ваются при расчетах по допускаемым напряжениям Это позво-ляет выполнять оптимальное проектирование способствующие уменьшению металлоемкости конструкций

Практическое применение метода расчета по предельному состоянию рассмотрим на элементах конструкций работающих

206

на растяжение и кручение Считаем что они изготовлены из пластичного материала диаграмма растяжения которого имеет площадку текучести (рис 13) характеризующуюся пределом текучести т

С целью упрощения расчета по предельному состоянию нелинейную диаграмму растяжения схематизируют таким обра-зом что участок прямой ОА выражающий закон Гука непо-средственно переходит в горизонтальный участок ВС соответ-ствующий площадке текучести (см рис 13)

При этом считают что пределы пропорциональности пц

и текучести т совпадают те т пц

Такая схематизированная диаграмма называется диаграм-мой Прандтля (рис 91) а материал соответствующий этой диаграмме называется идеально пластичным [9]

Рис 91

Замена реальной диаграммы схематизированной диа-граммой Прандтля приемлема для пластичных материалов и дает хорошие результаты расчета предельных нагрузок согла-сующиеся с данными экспериментальных исследований

Предельное состояние элемента конструкции определяем наличием значительной пластической деформацией которая наступает на площадке текучести в начале зоны упрочнения СD на реальной диаграмме (см рис 13)

Рассмотрим некоторые случаи расчета типовых элементов конструкций по предельному состоянию используя диаграмму Прандтля (рис 91)

92 Упругопластический изгиб балок

Рассмотрим поперечный изгиб балки изготовленной из пластичного материала В наиболее нагруженном поперечном

207

сечении действуют изгибающий момент хМ (рис 92а) под

действием которого в поперечном сечении возникают нормаль-ные напряжения σ которые определяются по формуле (41)

Рассмотрим балку прямоугольного сечения (рис 92б) с размерами bh Эпюра нормальных напряжений σ по высоте сечения при упругом деформировании показана на рис 92в

Максимальные напряжения достигаются в верхних и ниж-них волокнах балки и определяются формулой (43)

maxх

x

М

W (91)

где 3

6xbh

W ndash момент сопротивления при изгибе прямоуголь-

ного поперечного сечения

Рис 92

При возрастании величины изгибающего момента хМ

в соответствии с диаграммой Прандтля (рис 91) нормальные напряжения остаются постоянными и равными пределу теку-чести те max т Эпюра этих напряжений показана на

рис 92г При этом в поперечном сечении образуются две зоны (рис 92 д)

ndash упругая зона 1 в которых тlt ndash пластические зоны 2 (заштрихованы) в которых т В этом случае имеет место упругопластический изгиб

балки При дальнейшим увеличении изгибающего момента хМ

происходит расширение пластических зон 2 Предельное со-

а) б) в) г) д) е)

208

стояние наступит в случае когда пластическая зона охватит все поперечное сечение те эпюра нормальных напряжений примет вид показанный на рис 91е При этом в поперечном сечении возникает пластический шарнир и балка теряет свою несущую способность те наступает ее предельное состояние Изгибаю-щий момент соответствующий этому состоянию называется предельным изгибающим моментом прМ

Предельный изгибающий момент в соответствии с эпюрой нормальных напряжений представленной на рис 91а опреде-ляется выражением

пр т т

2

2 2 xFF

М у dF у dF S (92)

где xS minus в соответствии с определением (21) равен статическо-

му моменту половины площади 2

F поперечного сечения прямо-

угольника Величину 2 xS называют пластические моменты сопро-

тивления сечения плW те

пл 2 xW S (93)

Предельный изгибающий момент в этом случае в соответ-ствии с (92) вычисляется как

пр т плМ W (94)

Для балки прямоугольного поперечного сечения [1] 2

2xbh

S Следовательно

2

пл 4

bhW (95)

Сравним степень увеличения запаса прочности балки при переходе от расчета по допускаемым нагрузкам к расчету по предельным нагрузкам

При расчете по допускаемым нагрузкам предельно допус-каемая величина изгибающего момента равна

т т хМ W (96)

209

При расчете по предельным нагрузкам величина предель-ного момента определяется выражением (94)

Степень увеличения несущей способности при переходе к расчету по предельному состоянию определим параметром

пр пл

т

x

М W

М W (97)

Для прямоугольного поперечного сечения этот параметр с учетом выражений (94) (95) (96) принимает значение

2

2

615

4

bh

bh

Аналогично решается задача и для других типов попереч-ных сечений [5] Для некоторых простейших поперечных сече-ний значения коэффициента приведены в табл 91

Таблица 91

210

Окончание табл 91

93 Расчет остаточных напряжений Рассчитаем сечения балки в котором действует изгибаю-

щий момент xМ и выполняются условия т прxМ М М

В этом случае в поперечном сечении балки имеются две зоны (рис 93а) 1 ndash упругая 2 ndash пластическая а эпюра нормальных напряжений имеет вид представленный на рис 93б

Рис 93

а) б) в) г)

211

Разгрузка балки происходит по линии КМ диаграммы Прандтля которая параллельна линии ОА характеризующей закон Гука (рис 91) Таким образом прикладывая изгибающий момент xМ обратного знака в соответствии с законом Гука по-

лучим линейную эпюру разгрузочных нормальных напряжений

р представленную на рис 93в

Нормальные напряжения при разгрузке в точках сечения

1K и 2K расположенных на верхних волокнах сечения и на границе упругой и пластической зон (рис 93а) определяются по формулам (91) и соответственно

max рx

x

M

W (2)

p K

M x yJx

(98)

где K

y ndash координата границы упругой области (рис 93а)

Остаточные напряжения ост определяются по принципу

суперпозиций как алгебраическая сумма действовавших и раз-грузочных напряжений (рис 93а)

ndash в точке 1K (1)

ост max р т

ndash в точке 2K (2) (2)

ост р т

С учетом соотношений (98) получим выражения для рас-чета остаточных напряжений в точках 1K и 2K

(1)

ост тx

x

M

W (910)

(2)

ост т Kx

x

yM

W

Эпюра остаточных напряжений по высоте поперечного сечения является линейной и представлена на рис 93г Факти-ческий знак остаточных напряжений ост в любой точке сече-

ния зависит от знака и величины действующего в сечении изги-бающего момента xM и координаты

Ky определяющей размер

упругой зоны Из анализа эпюры остаточных напряжений сле-дует что наибольшие остаточные напряжения могут иметь ме-сто в точках 1K или 2K Это определяется при расчетах для конкретной расчетной схемы конструкции

212

94 Расчет по предельному состоянию при кручении

При кручении валов сплошного круглого поперечного се-

чения по допускаемым напряжениям касательные напряжения в упругой области распределяются по линейному закону (31) а эпюра касательных напряжений в сечении представлена на рис 31

Опасное состояние вала имеет место при появлении пла-стических деформаций на внешнем контуре поперечного сече-ния при выполнении условия

max т (911)

где т minus предел текучести по касательным напряжениям Проводя рассуждения аналогичные п 92 получим кру-

тящий момент соответствующий опасному состоянию при рас-чете по допускаемым напряжениям

т(кр) т pМ W (912)

где 3

16pD

W

minus полярный момент сопротивления при кру-

чении Предельный крутящий момент пр(кр)М определяется вы-

ражением 913

пр(кр) т (пл)pМ W (914)

где 3

(пл) 12pD

W

minus пластический момент сопротивления при

кручении На рис 93 показаны эпюры касательных напряжений

в поперечном сечении при различных значениях крутящего мо-мента кр М

ndash кр т(кр)lt М М все сечение работает в упругой области

(рис 94а) ndash т(кр) кр пр(кр)lt М М М сечение разбивается на две зоны

1 ndash упругая зона ( тlt ) 2 ndash пластическая зона при т (рис 94б) где

K ndash радиус определяющий размер упругой

зоны 1

213

ndash кр пр(кр) М М все сечение работает в пластической зоне

при т (рис 94в)

Рис 94

Степень увеличения несущей способности вала при пере-

ходе к расчету по предельному состоянию определим безраз-мерным параметром кр аналогично (97)

пр(кр)кр

т(кр)

М

М (914)

который с учетом выражений (912) и (913) равен 3

(пл)кр 3

16 4133

312

p

p

W D

W D

(915)

Таким образом скрытый запас прочности вала работаю-щего на кручение при переходе к расчету по предельному со-стоянию составляет кр 133

95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов

При разгрузке вала в его поперечных сечениях аналогич-

но п 94 возникают остаточные касательные напряжения ост

[5 9] На основании рассуждений аналогичных п 94 получим

что эпюра остаточных касательных напряжений по радиусу по-перечного сечения также является линейной (рис 95в)

214

Рис 95

Значения остаточных касательных напряжений ост в точ-

ках 1K и 2K (рис 95аб) вычисляются по формулам

(1)

ост

крт

р

M

W (916)

(2)

ост

крт

р

M

J

Из анализа эпюры остаточных касательных напряжений следует что наибольшие остаточные напряжения достигаются в точках 1K и 2K поперечного сечения вала

96 Расчет вала по предельному состоянию

Задача 18 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими концами нагружен крутящими моментами 1 2m m и 3m

в соответствии с задачей 5 (см п 32) и расчетной схемой по-казанной на рис 32

Значения крутящих моментов 1 2m m и 3m выраженные

через внешний момент m принять в соответствии с вариантом задания по табл 31

Выполнить расчет вала по предельному состоянию и оп-ределить предельно допустимое значение внешнего момента m

а) б) в)

215

Проанализировать напряженное состояние вала при действии предельного крутящего момента

При выполнении расчета принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа ndash предел текучести по касательным напряжениям для ма-

териала вала т 140 МПа

Пример В соответствии с условиями задачи 18 Выпол-нить расчет для вала при 1 3m m 2m m 3 3m m 1 2l l

2 3 4l l l l Расчетная схема вала представлена на рис 94а

и соответствует примеру в задаче 6 (см п 33)

Рис 96

Решение 1) задача является статически неопределимой Раскрывая статическую неопределимость в соответствии

с решением примера и применяя метод сечений получим эпюру крутящих моментов (см рис 35) представленную на рис 96в

а) б) в)

216

2) анализ эпюры крутящих моментов показывает что наи-более нагруженным является III участок вала (имеет постоянное поперечное сечение диаметром D) на котором максимальный крутящий момент равен

max кр 24 М m (917)

3) расчет на прочность по допускаемым напряжениям по-казал что при действии момента m = 05 кНmiddotм вал должен иметь диаметр сечения (313) 424D мм

Окончательно принимаем диаметр вала 44D мм 4) выполним расчет предельного значения внешнего мо-

мента пр m рассматривая предельное состояние вала на наибо-

лее нагруженном III участке который имеет полярный момент

сопротивления 3 3

444167 10

16 16pD

W

мм3

Пластический момент сопротивления при кручении вала в соответствии с (913) равен

4 4(пл) кр 133 16 7 10 222 10p pW W мм3

В соответствии с (913) предельный крутящий момент равен

4 6пр(кр) т (пл) 140 222 10 311 10 Н мм 311pМ W кНmiddotм

Учитывая связь максимального крутящего момента

max крМ и внешнего момента m (917) получим уравнение для

определения предельного значения внешнего момента пр m

max кр пр(кр) пр24 М М m (918)

Из (918) получаем значение предельного внешнего кру-тящего момента

пр(кр)пр

31113

24 24

Мm кНmiddotм

5) проанализируем полученный результат расчета вала по предельному состоянию

Для вала спроектированного по допустимым напряжени-ям на действие внешнего крутящего момента m = 05 кНmiddotм пре-дельное значение внешнего крутящего момента оказалось рав-ным пр 13m кНmiddotм

217

Таким образом предельный внешний крутящий момент для рассмотренной расчетной схемы вала можно увеличить в n раз по сравнению с заданным

пр 1326

05

mn

m

6) проанализируем эпюры касательных напряжений дей-ствующих в поперечных сечениях вала при различных значени-ях внешнего крутящего момента m При этом считаем что вал имеет диаметр D = 44 мм полученный из расчета на прочность по допускаемым напряжениям Для этого определим значение внешнего момента тm соответствующее образованию пласти-ческой деформации на внешнем контуре сечения вала на наибо-лее нагруженном III участке В соответствии с (912) и (917) получим

max т(кр) т т24pМ W m (919)

Таким образом 4

6т т

167 10140 097 10

24 24pW

m

Нmiddotмм = 097 кНmiddotм

Если тlt 097m m кНmiddotм то на всех участках вала

max т и все участки вала деформируются упруго Эпюры ка-сательных напряжений имеют вид представленный на рис 94а

Если т прlt ltm m m те 097 lt 13m (кНmiddotм) то на третьем

участке вала имеет место упругопластическое деформирование с образованием двух зон показанных на рис 94б

Проанализируем напряженно-деформированное состояние на других участках вала при пр m m используя расчетную

формулу (32) для определения максимальных касательных на-пряжений

На первом участке (рис 94в) 6

кр прmax 1 4

16 16 13 101245

167 10p p

М m

W W

МПа

На втором участке 6

кр прmax 2 4

14 14 13 10109

167 10p p

М m

W W

МПа

218

На четвертом участке 6

кр прmax 4 4

06 06 13 10467

167 10p p

М m

W W

МПа

Так как на 1 2 и 4 участках при прm m величина макси-

мальных касательных напряжений не превышает предела теку-чести ( max 1 т max 2 т max 4 т ) то на этих участках

имеет место упругое деформирование а эпюры касательных напряжений имеют вид представленный на рис 94 а

Если прm m те m = 13 кНmiddotм то на третьем участке име-

ет место пластическое деформирование вала по всему сечению а эпюра касательных напряжений показана на рис 94 в

7) проведенный расчет по предельному состоянию позво-ляет определить величину внешнего крутящего момента при котором полностью исчерпывается несущая способность вала и он уже не может выполнять своего функционального предна-значения

П р и м е ч а н и я 1 Решение задач по определению предельных внешних нагрузок

при изгибе балок (п 92) и других видов нагружения выполняется анало-гично п 94 с учетом вида напряженного состояния элементов конструк-ций и эпюр распределения напряжений действующих в наиболее нагру-женных поперечных сечениях элементов конструкций [9]

2 Если в элементе конструкции имеются остаточные напряжения то их необходимо учитывать при выполнении расчетов на прочность

Результирующие напряжения в элементе конструкции определяется как алгебраическая сумма напряжений

ост (920)

где ndash напряжения возникающие в элементе конструкции при действии заданных внешних нагрузок

При кручении результирующие касательные напряжения определяются аналогично (920)

Контрольные вопросы

1 Какое состояние конструкции называется предельным 2 С какой целью выполняют схематизацию диаграмм рас-

тяжения 3 Нарисуйте диаграмму Прандтля

219

4 Сформулируйте порядок расчета элементов конструк-ций по предельному состоянию

5 Какой изгибающий момент называется предельным 6 Что такое пластический момент сопротивления попе-

речного сечения балки при изгибе 7 Как определяется предельный изгибающий момент при

кручении вала 8 Как определяется пластический момент сопротивления

поперечного сечения вала при кручении 9 Нарисуйте эпюру распределения нормальных напряже-

ний при упругопластическом изгибе балки 10 Нарисуйте эпюру распределения касательных напря-

жений при упругопластическом кручении вала

220

Заключение В пособии рассмотрены методы расчета на прочность же-

сткость и устойчивость простейших элементов конструкций различного назначения в виде стержней балок и валов нахо-дящихся под действием силовых температурных и монтажных нагрузок

Представлены два типа расчетов по допускаемому на-пряжению и предельному состоянию

В тех случаях когда элементы конструкций являются более сложными и представляют собой пластины и оболочки сосуды вращающиеся диски и др расчеты и анализ напря-женно-деформационного состояния выполняются с использо-ванием методов теорий пластин и оболочек [1 6] теории упру-гости [9] При расчете элементов конструкций работающих за пределами упругости используют методы теории пластичности и ползучести [9]

Развитие вычислительной техники привело к использова-нию различных численных методов для расчета элементов кон-струкций реализованных в программных контентах Matlab MatCAD Solid Works [10 11]

Одним из наиболее часто применяемых в механике де-формированных тел является метод конечных элементов (МКЭ) В основе этого метода [12 13] лежит разбиение реаль-ного элемента конструкции на конечные элементы

В зависимости от вида рассматриваемой конструкции ко-нечные элементы могут быть стержневыми плоскими и объем-ными Для каждого конечного элемента задаются физико-механические свойства материала и описываются поля переме-щений деформаций и напряжений Это позволяет решать за-дачи для конструкций состоящих из различных материалов подверженных действию различных внешних воздействий с учетом их упругих и упругопластических свойств В результа-те реализации МКЭ получают поля перемещений деформаций и напряжений позволяющие на этапе проектирования конст-рукции анализировать ее напряженно-деформированное состо-яние и принимать научно обоснованные конструкторско-технологические решения для оптимизации проектируемой конструкции

221

В настоящее время в инженерной практике широко применяется МКЭ реализованной в программном комплексе ANSYS [12 13]

Благодаря развитию различных отраслей техники и нано-технологий в последнее время при проектировании различных элементов конструкций применяют новые конструкционные материалы обладающие специальными свойствами [6] К таким материалам относятся монокристаллы композиционные мате-риалы углепластики полимеры техническая керамика кера-мо-металлические материалы и др В последнее время прово-дятся работы по созданию новых материалов с заданными свойствами

Представленный в пособии материал будет способство-вать повышению качества подготовки специалистов по указан-ным направлениям Пособие может быть рекомендовано ма-гистрам аспирантам и инженерно-техническим работникам за-нимающимися вопросами проектирования конструкций в ма-шино- автомобиле- приборостроении и при проектировании энерго- и электротехнических установок

222

Библиографический список

Основная литература

1 Феодосьев В И Сопротивление материалов В И Фео-досьев ndash М Наука 2002 minus 540 с

2 Степин П А Сопротивление материалов П А Сте- пин 11-е изд стереотип СПб Лань 2011 320 с

3 Писаренко Г С Справочник по сопротивлению мате-риалов Г С Писаренко АП Яковлев В В Матвеев ndash Киев Наукова думка 1975 ndash 704 с

4 Гонтарь И Н Сопротивление материалов учеб посо-бие к выполнению тестовых задач И Н Гонтарь Н И Волчи-хина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2011 ndash 104 с

5 Миролюбов И Н Сопротивление материалов пособие по решению задач И Н Миролюбов ndash СПб Лань 2014 ndash 512 с

6 Молотников В Я Механика конструкций Теорети-ческая механика Сопротивление материалов учеб пособие В Я Молотников ndash СПб Лань 2012 ndash 544 с

7 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учебн-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 1 ndash 68 с

8 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учеб-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 2 ndash 61 с

Дополнительная литература

9 Самуль В И Основы теории упругости и пластичности В И Самуль ndash М Высш шк 1982 ndash 264 с

10 Дьяконов В П Справочник по MathCAD PLUS 70 PRO В П Дьяконов ndash М СК Пресс 1998 ndash 352 с

11 SolidWorks Компьютерное моделирование в инженер-ной практике А А Алямовский А А Собачкин Е В Один-цов А И Харитонович Н Б Пономарев ndash СПб БХВ-Петер-бург 2006 ndash 800 с

12 Басов К А ANSYS в примерах и задачах К А Басов ndash М ДМК Пресс 2005 ndash 640 с

223

13 Чигарев А В ANSYS для инженеров справ пособие А В Чигарев А С Кравчук А Ф Смалюк ndash М Машино-строение 2004 ndash 512 с

14 Оформление учебно-конструкторской документации метод указания для выполнения работ по курсовому и диплом-ному проектированию сост И Н Гонтарь Н Е Денисова В А Шорин Н И Волчихина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2003 ndash 88 с

224

ПРИЛОЖЕНИЕ 1

Структура пояснительной записки

Курсовая работа включает следующие элементы ndash титульный лист ndash реферат ndash содержание ndash введение ndash основной раздел который содержит расчеты и схемы

всех задач в соответствии с заданием ndash заключение включающее в себя общие выводы по вы-

полненной курсовой работе ndash список литературы ndash приложения включающие в себя чертежи расчетные

схемы результаты численных расчетов и испытаний элементов конструкций

Курсовая работа оформляется в соответствии с рекомен-дациями [14]

225

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

Физико-механические характеристики материалов

Марка мате-риала

т МПа В МПа Е10ndash5 МПа

а 10ndash5 Нмм2

(а кгсмсм2)

1 2 3 4 5 6 7 8 1 Сталь

11 Сталь углеродистая обыкновенного качества Ст2 190hellip220 320hellip400 20 024hellip03 26 ndash ndash Ст3 210hellip240 380hellip470 20 024hellip03 21hellip23 ndash 7hellip10 Ст4 240hellip260 420hellip520 20 024hellip03 19hellip21 ndash 6hellip8 Ст5 260hellip280 500hellip620 20 024hellip03 15hellip17 ndash ndash Ст6 300hellip310 600hellip720 20 024hellip03 11hellip15 ndash ndash

12 Сталь углеродистая качественная 10 210 340hellip420 19 024hellip028 31 55 8 20 250 420hellip500 202 024hellip028 15hellip25 55 8 30 300 500hellip600 20 024hellip028 15hellip20 50 8 40 340 580hellip700 214 024hellip028 9hellip17 45 6 45 360 610hellip750 204 024hellip028 16 40 5 50 380 640hellip800 22 024hellip028 14 40 4 60 410 690hellip900 208 024hellip028 12 35

30Г 320 1550hellip700 217 024hellip028 20 45 8 60Г 420 710 211 024hellip028 11 35

13 Легированные стали 20Х 400hellip650 720hellip850 207 025hellip03 ndash 6 40Х 650hellip900 730hellip1060 218 025hellip03 3hellip12 50 6 45Х 700hellip950 850hellip1050 211 025hellip03 3hellip12 50 5 30ХМ 540hellip850 740hellip1000 213 025hellip03 3hellip12 50 8 40ХН 800hellip1300 1000hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 7 12ХН3А 700hellip1100 950hellip1400 204 025hellip03 3hellip12 50 9 20ХН3А 850hellip1100 950hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 10 40ХНМА 850hellip1600 1100hellip1700 204 025hellip03 3hellip12 50 10 30ХГСА 850hellip1500 1100hellip1700 198 025hellip03 до 7 40 5

2 Чугуны 21 Серые чугуны

СЧ15-32 ndash 150650 08hellip15 023hellip027 ndash ndash ndash СЧ 21-40 т = 075В 210950 085 023hellip027 ndash ndash 09 СЧ35-56 т = 085В 3501200 145 023hellip027 10hellip12 ndash 11

22 Ковкие чугуны КЧ 30-6 190210 300 155 023 6 7 12 КЧ 35-10 220240 350 166 027 10 11 14 КЧ 37-12 230250 370 198 026 12 13 16

226

1 2 3 4 5 6 7 8 23 Высокопрочные чугуны

ВЧ 45-0 350hellip400 4501500 13hellip16 ndash 04hellip14 ndash 05hellip15ВЧ 60-2 420hellip550 6002000 18 ndash 2hellip3 15hellip30ВЧ 40-10 300hellip400 4502100 16 ndash 10 ndash 50hellip70

3 Цветные металлы и сплавы 31 Алюминиевые сплавы

АМцМ 50 130 071 03 23 70 ndash АМг6 170 320 07 03 24 ndash ndash Д1 110 210 071 031 18 58 3 Д16 290 440 071 031 11 15 ndash

32 Медные сплавы Медь 75hellip150 220hellip450 08hellip13 031hellip034 6hellip16 ndash ndash Латуни Л68 520 660 115 032hellip042 3 ndash ndash ЛА 77-2 140 650 11 032hellip042 12 ndash ndash ЛМц 58-2 700 105 032hellip042 10 ndash Л59-1 650 105 032hellip042 16 ndash Бронзы ndash Бр 0-10 140 250 30 032hellip035 11 ndash ndash Бр А-5 500 800 11 032hellip035 4 ndash Бр КМц3-1

100hellip200 650hellip750 104 032hellip035 5hellip10 ndash 13hellip17

4 Титан и его сплавы В Т1 470 610 112 032 20hellip30 45 7 ВТ8 950hellip1100 1050hellip1180 11 03 9hellip15 30hellip55 3hellip6 ВТ3-1 850hellip1100 950hellip1200 115 03 10hellip16 25hellip40 3hellip6 ВТ14 850hellip1100 950hellip1200 115 03 6hellip10 25hellip35 25hellip5

5 Пластмассы (усредненные характеристики) Стекло-тексто-литы

122hellip260 260hellip400 018hellip022 0035hellip045 ndash ndash 05hellip52

Тексто-литы

70hellip80 70hellip110 004hellip01 ndash ndash ndash 035

Органи-ческое стекло

ndash 50hellip108 027hellip0041 ndash 25 ndash ndash

Вини-пласт

ndash 40hellip60 003hellip004 0354 10hellip100 ndash 05hellip08

Поли-стирол

ndash 35 0012hellip0032 ndash 04hellip07 ndash 016hellip02

Фтро-пласт-4

ndash 14hellip25 0005hellip0008 ndash 300hellip500 ndash ndash

6 Другие материалы Каучук нату-ральный

ndash 16hellip38 (06hellip1)10ndash4048

600hellip700 ndash ndash

227

1 2 3 4 5 6 7 8 Стекло ndash 30hellip90 048hellip085 018hellip032 ndash ndash 0015hellip0025 Гранит ndash 30120 049 Сосна (15 влаж-ности)

61 93 0102hellip0145 048 ndash ndash 018hellip023

Пояснения к таблице σт ndash предел текучести при растяжении σв ndash предел прочно-сти при растяжении Е ndash модуль упругости первого рода ndash коэффициент Пуас-сона ndash относительное удлинение ndash относительное сужение а ndash ударная вяз-кость Примечание к таблице ndash прочерк в графе обозначает отсутствие данных ndash интервал значений указывает наименьшее и наибольшее значения величины ndash отсутствие интервала обозначает наименьшее значение величины для чугунов значения пределов прочности приведены в виде дроби σв при рас-тяжении σв при сжатии для цветных металлов и сплавов значения физико-механических характеристик приведены для твердого состояния Все характеристики приведены для нормальных условий при температуре 20 оС

228

ПРИЛОЖЕНИЕ 3

Геометрические характеристики плоских сечений

Вид сечения (фигуры) Расчетные формулы и характеристики

1 2

2F a 4

12x ya

J J

4

1 3xa

J

3

6xa

W

F bh 3

12xbh

J 3

12yhb

J

2

6xbh

W 2

6yhb

W

3

1 3xbh

J 3

1 3yhb

J

2

н вb b hF

2

3н в

нн в

b b hу

b b

2

3н в

вн в

b b hу

b b

2 2 3н н в в

н в

( 4 )

36хb b b b h

Jb b

3н в

13

12х

b b hJ

вв

для верхних волокон( )хх

JW

y

229

1 2

н в( )

2

b b hF

н вн

н в

( 2 )

3( )

b b hy

b b

н вв

н в

(2 )

3( )

b b hy

b b

3 2 2в в 0 0

в 0

6 6

36 2 2х

h b b b bJ

b b

4 4н в

н в

( )

48 ( )yb bh

Jb b

2 2 2в в 0 0

вв 0

6 6

12 3 2х

h b b b bW

b b

4 4н в

2н н в

( )

24 ( )y

b bhW

b b b

2

bhF

в2

3

y h н1

3

y h

3

36х

b hJ

3

36yhb

J

4 2

72хy

h bJ

2

н 12xbh

W 2

в 24x

bhW

1

3

12х

b hJ

3

1 12у

b hJ

230

1 2

2

bhF

н1

3

y h в2

3

y h

3

a cb bd

0

1(2 )

3 cx b b

3

36х

b hJ 1

3

12х

b hJ

2( )

36a c

ybh b b b

J

2

в 24xbh

W

220785

4

dF d

1

44005

64yх хd

J J J d

4

232р хd

J J

1

3301

32x у xd

W W W d

3

16рd

W

2

8

DF

2

Dr

н4

3

ry

4

2

641

8 9х

rJ

1

4

8хr

J

4

8yr

J

231

1 2

2

2

rF

2 sin b r 2 sin 2 34 sin

3cr

у

4 34sin cos1

8хr

J

4 34sin cos1

8 3yr

J

44(1 )

32рD

J

2 (1 )

4

DF

d

D

1

44(1 )

64x у xD

J J J

44(1 )

32рD

J

1

34(1 )

32x у xD

W W W

34(1 )

16рD

W

F аb 3

4xа b

J

3

4yаb

J

2

4xа b

W

2

4yаb

W

232

1 2

1

2F аb

3 8

8 9xJ bа

3

8yаb

J

в

2 88 9

4

13

x

bаW

2

8yаb

W

233

ПРИЛОЖЕНИЕ 4

Стандартные профили прокатной стали

Двутавры стальные горячекатаные (ГОСТ 8239) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции

Размеры мм про-филя h b d t

Пло-щадь см2

Ix см4

Wx см3

ix

см

Sx см3

Jy см4

Wy

см3 iy

см Масса1 м кГ

10 100 55 45 72 120 198 397 406 230 179 649 122 946 12 120 64 48 73 147 350 584 488 337 279 872 138 115014 140 73 49 75 174 572 817 573 468 419 1150 155 137016 160 81 50 78 202 873 1090 657 623 586 1450 170 159018 180 90 51 81 234 1290 1430 742 814 826 1840 188 184018а 180 100 51 83 254 1430 1590 751 898 1140 2280 212 199020 200 100 52 84 268 1840 1840 828 1040 1150 2310 207 210020а 200 110 52 86 289 2030 2030 837 1140 1550 2820 232 227022 220 110 54 87 306 2550 2320 913 1310 1570 2860 227 240022а 220 120 54 89 328 2790 2540 922 1430 2060 3430 250 258024 240 115 56 95 348 3460 2890 997 1630 1980 3450 237 273024а 240 125 56 98 375 3800 3170 1010 1780 2600 4160 263 294027 270 125 60 98 402 5010 3710 1120 2100 2600 4150 254 315027а 270 135 60 102 432 5500 4070 1130 2290 3370 5000 280 339030 300 135 65 102 465 7080 4720 1230 2680 3370 4990 269 365030а 300 145 65 107 499 7780 5180 1250 2920 4360 6010 295 392033 330 140 70 112 538 9840 5970 1350 3390 4190 5990 279 422036 360 145 75 123 619 13380 7430 1470 4230 5160 7110 289 486040 400 155 83 130 726 19062 9530 1620 5450 6670 8610 303 570045 450 160 90 142 847 27696 12310 1810 7080 8080 10100 309 665050 500 170 100 152 1000 39727 15890 1990 9190 10430 12300 323 785055 550 180 110 165 1180 55962 20350 2180 11810 13560 15100 339 926060 600 190 120 178 1380 76806 25600 2360 14910 17250 18200 354 1080

234

Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок (ГОСТ 8240) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм

швел-лера H b d t R r

Пло-щадьсм2

Мас-са 1м кг

Jx см4

Wx см3

ix см

Sx см3

Iy см4

Wy см3

iy см

z0cм

5 50 32 44 70 60 25 616 484 228 91 192 559 561 275 0954 11665 65 36 44 72 60 25 751 590 486 150 254 900 870 368 108 1248 80 40 45 74 65 25 898 705 894 224 316 1330 128 475 119 13110 100 46 45 76 70 30 1090 859 1740 348 399 2040 204 646 137 14412 120 52 48 78 75 30 1330 1040 3040 506 478 2960 312 852 153 15414 140 58 49 81 80 30 1560 1230 4911 702 560 4080 454 110 170 16714а 140 62 49 87 80 30 1700 1330 5450 778 566 4510 575 133 184 18716 160 64 50 84 85 35 1810 1420 7470 934 642 5410 633 138 187 18016а 160 68 50 90 85 35 1950 1530 8230 1030 649 5940 788 164 201 20018 180 70 51 87 90 35 2070 1630 10900 1210 724 6980 860 170 204 19418а 180 74 51 93 90 35 2220 1740 11900 1320 732 76101050 200 218 21320 200 76 52 90 95 40 2340 1840 15200 1520 807 87801130 205 220 20720а 200 80 52 97 95 40 2520 1980 16700 1670 815 95901390 242 235 22822 220 82 54 95 100 40 2670 2100 21100 1920 889 11001510 251 237 22122а 220 87 54 102100 40 2880 2260 23300 2120 899 12101870 300 255 24624 240 90 56 100105 40 3060 2400 29000 2420 973 13902080 316 260 24224а 240 95 56 107105 40 3290 2580 31800 2650 984 15102540 372 278 26727 270 95 60 105110 45 3520 2770 41600 3080109017802620 373 273 24730 300 100 65 110120 50 4050 3180 58100 3870120022403270 436 284 25233 330 105 70 117130 50 4650 3650 79800 4840131028104100 518 297 25936 360 110 75 126140 60 5340 41901082006010142035005130 617 310 26840 400 115 80 135150 60 6150 48301522007610157044406420 734 323 275

235

Уголки стальные горячекатаные равнополочные (ГОСТ 8509) Обозначения b ширина полки d толщина стенки J момент инерции Jxy центробежный момент инерции W момент сопротивления i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм Справочные величины для осей

х ndash x x0 ndash х0 y0 ndash y0 х1 ndash х1

профиля

b d R r

Площадь

см

2

Jx см4

ix см4

Jx0

max см4

ix0

max см

Jy0

min см4

iy0

min см

Jxy см4

z0 см Масса

1 м

кг

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

2 20 3 4

35 12 113 146

040 050

059053

063 078

075 073

017 022

039 038

081 109

060 064

089 115

25 25 3 4

35 12 143 186

081 103

075074

129 162

095 093

034 044

049 048

157 211

073 076

112 146

28 28 3 40 43 162 116 085 184 107 048 055 220 080 127

32 32 3 4

45 15 186 243

177 226

097096

280 358

123 121

074 094

063 062

326 339

089 094

146 191

36 36 3 4

45 15 210 275

256 329

110109

406 521

139 138

106 136

071 070

464 624

099 104

165 216

4 40 3 4 5

50 17 235 308 379

355 458 553

123122120

563 726 875

155 153 154

147 190 230

079 078 079

635 853 1073

109 113 117

185 242 297

45 46 3 4 5

50 17 265 348 420

513 663 803

139138137

813 10501270

175 174 172

212 274 333

089 089 088

904 120 1530

121 126 130

208 273 337

5 50 3 4 5

55 18 296 389 480

711 921 1120

155154153

113014601780

195 194 192

295 380 463

100 099 098

1240 1660 2090

133 138 142

232 305 377

56 56 4 5

60 20 438 541

13101600

173172

20802540

218 216

541 659

111 110

2330 2920

152 157

344 425

63 63 4 5 6

70 23 496 613 728

189023102710

195194193

299036604290

245 244 243

781 952 1120

125 125 124

3310 4150 5000

169 174 178

390 481 572

7 70

45 5 6 7 8

8 27

620 686 815 942

1070

290 319 376 430 482

216216215214213

460 507 536 682 764

272 272 271 269 268

120 132 155 178 200

139 139 138 137 137

510 567 684 801 919

188 190 194 199 202

487 538 639 739 837

236

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

75 75

5 6 7 8 9

9 30

739 878

1010 1150 1280

395466533598661

231230229228227

626739846946

1050

2912902892872 86

164193221248275

149148148147146

696 839 983

1130 1270

202 206 210 215 218

5806897969021010

8 80

55 6 7 8

9 30

863 938

1080 1230

527570653734

247247245244

836904

10401160

311311309308

218235270303

159158158157

932 1020 1190 1370

217 219 223 227

678736851965

9 90

6 7 8 9

10 33

1060 1230 1390 1560

821943

10601180

278277276275

1300150016801860

350349348346

340389438486

179178177177

1450 1690 1940 2190

243 247 251 255

83396410901220

10 100

65 7 8

10 12 14 16

12 40

128 138 156 192 228 263

2970

1220131014701790209023702640

309308307305303300298

1930207023302840331037504160

388388387384381378374

507542609741869993

1120

19 198198196195194194

2140 2310 2650 3330 4020 4720 5420

268 271 275 283 291 299 306

1010108012201510179020602330

11 110 7 8

12 40 1520 1720

17601980

340339

27903150

429428

727818

219218

3080 3530

296 300

11901350

125 125

8 9 10 12 14 16

14 46

197 220 243 289 334 378

294 327 360 422 482 539

387386385382380378

467 520 571 670 764 853

487486484482478475

122 135 149 174 200 224

249248247246245244

516 582 649 782 916

1051

336 340 345 353 361 368

155173191227262296

14 140 9

10 12

14 46 247 273 325

466 512 602

434433431

739 814 957

547546543

192 211 248

279278276

818 911

1097

378 382 390

194215255

16 160

10 11 12 14 16 18 20

16 53

314 344 374 433 491 548 604

774 844 913

1046117512991419

496495494492489487485

1229134114501662186620612248

625624623620617613610

319 348 376 431 485 537 589

319318317316314313312

1356 1494 1633 1911 2191 2472 2756

430 435 439 447 455 463 470

247270294340385430474

18 180 11 12

16 53 388 422

12161317

560559

19332093

706704

500 540

359358

2128 2324

485 489

305331

20 200

12 13 14 16 20 25 30

18 60

471 509 546 620 765 943

1115

1823196120972363287134664020

622621620617612606600

2896311633333755456054946351

784783781778772763755

749 805 861 970

118214381688

399398397396393391389

3182 3452 3722 4264 5355 6733 8130

537 542 546 554 570 589 607

370399428487601740876

237

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

22 220 14 16

21 70 604 686

28143175

683681

4470 5045

860858

11591306

438 436

4941 5661

593 602

474 538

25 250

16 18 20 22 25 28 30

24 8

784 877 970 1061 1197 1331 1420

4717524757656270700677178177

776773771769765761759

7492 8337 9160 9961 111251224412965

978975972969964959956

1942215823702579288731903389

498 496 494 493 491 489 489

8286 9342 10401 11464 13064 14674 15753

675 683 691 700 711 723 731

615 689 761 833 940 10451114

238

ПРИЛОЖЕНИЕ 5 Коэффициент приведенной длины μ

(величина μ зависит от способа закрепления концов стержня)

239

ПРИЛОЖЕНИЕ 6

Коэффициент снижения допускаемых напряжений (зависит от марки материала

и гибкости λ стержня)

Гибкость Сталь

Ст1 2 34 Ст 5

Стали повышенного качества

пц 320МПа

Чугун Дерево

0 100 100 100 100 100 10 099 098 097 097 099 20 096 095 095 091 097 30 094 092 091 081 093 40 092 089 087 069 087 50 089 086 083 057 080 60 086 082 079 044 071 70 081 076 072 034 060 80 075 070 065 026 048 90 069 062 055 020 038 100 060 051 043 016 031 110 052 043 035 ndash 025 120 045 037 030 ndash 022 130 040 033 026 ndash 018 140 036 029 023 ndash 016 150 032 026 021 ndash 014 160 029 024 019 ndash 012 170 026 021 017 ndash 011 180 023 019 015 ndash 010 190 021 017 014 ndash 009 200 019 016 013 ndash 008

240

Учебное издание

Литвинов Александр Николаевич

МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ

Редактор Е Г Акимова Технический редактор С В Денисова Компьютерная верстка С В Денисовой

Дизайн обложки А А Стаценко

Подписано в печать 26062018 Формат 6084116

Усл печ л 144 Тираж 168 Заказ 288

_______________________________________________________ Издательство ПГУ

440026 Пенза Красная 40 Телфакс (8412) 56-47-33 e-mail iicpnzguru

2

УДК 53936(075) ББК 30121 Л68

Р ец ен з е н ты доктор технических наук профессор

председатель Научно-технического совета Научно-исследовательского института

электронно-механических приборов (НИИЭМП) В П Буц

кандидат технических наук

директор Зареченского технологического института ndash филиала ПензГТУ Н Н Багаев

Литвинов А Н Л68

Механика материалов и конструкций учеб посо-

бие А Н Литвинов ndash Пенза Изд-во ПГУ 2018 ndash 240 с

ISBN 978-5-907018-93-8 Изложены основы теории механики материалов и конст-

рукций Во всех разделах приведены решения для типовых эле-ментов конструкций с рекомендациями методического характера Даны контрольные задания необходимые для выполнения кур-совых и контрольных работ в соответствии с требованиями Фе-деральных государственных образовательных стандартов

Издание подготовлено на кафедре laquoТехническая и прикладная механика и графикаraquo ПГУ и предназначено для обучающихся по направлениям подготовки 130302 laquoЭлектроэнергетика и электро-техникаraquo 150301 laquoМашиностроениеraquo 150302 laquoТехнологические машины и оборудованиеraquo 150305 laquoКонструкторско-технологи-ческое обеспечение машиностроительных производствraquo 230301 laquoТехнология транспортных процессовraquo 230501 laquoНаземные транс-портно-технологические средстваraquo 170501 laquoБоеприпасы и взры-вателиraquo всех форм обучения изучающих курсы laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТех-ническая механикаraquo laquoПрикладная механикаraquo

УДК 53936(075) ББК 30121

ISBN 978-5-907018-93-8 copy Пензенский государственный университет 2018

3

Оглавление

Предисловие 6

Введение Основные понятия 7

Общие указания о порядке выполнения и оформления курсовых и контрольных работ 13

Краткое содержание основных разделов курса 16

Глава 1 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 20 11 Основные соотношения 20 12 Экспериментальные методы определения основных физико-механических свойств материалов при растяжении и сжатии22 13 Основные характеристики материала 25 14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность 27 15 Условие жесткости 28 16 Расчет статически определимого стержня29 17 Расчет статически неопределимого стержня33 18 Расчет статически неопределимой стержневой системы на внешние воздействия 39

Глава 2 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ 57

21 Основные соотношения 58 22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения61

Глава 3 КРУЧЕНИЕ 66 31 Основные соотношения 67 32 Расчет на прочность трансмиссионного вала69 33 Расчет на прочность статически неопределимого вала74

Глава 4 ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ 82 41 Основные соотношения 82 42 Расчет стальной балки на прочность88 43 Расчет балки на жесткость 97 44 Расчет чугунной балки на прочность 102 45 Расчет статически неопределимой балки 110

Глава 5 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ 123 51 Основные соотношения 123 52 Пространственный изгиб123 53 Косой изгиб 126

4

54 Изгиб с растяжением и сжатием 127 55 Расчет на прочность при пространственном изгибе 132

Глава 6 ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 143

61 Анализ напряженного состояния 144 62 Обобщенный закон Гука 147 63 Критерии прочности 148

631 Критерии прочности для хрупких материалов 149 632 Критерии прочности для пластичных материалов 150

64 Частные случаи напряженного состояния 151 641 Кручение валов 151 642 Изгиб с кручением валов 151 643 Общий случай плоского напряженного состояния 152

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого поперечного сечения 153 66 Расчет трансмиссионного вала 156 67 Общий случай сложного сопротивления 161

Глава 7 УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 168 71 Основные понятия 169 72 Расчетные формулы 170 73 Особенности расчета на устойчивость 173 74 Практический расчет на устойчивость 174 75 Расчет на устойчивость 175 76 Проектный расчет на устойчивость 180

Глава 8 ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК 184 81 Основные понятия 185 82 Расчет коэффициента динамичности 186

821 Действие линейных ускорений 186 822 Действие удара 187 823 Действие вибрации 189

83 Расчет на ударную нагрузку 193 84 Расчет упругой системы при действии вибрации 197

Глава 9 РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ 204 91 Основные понятия 205 92 Упругопластический изгиб балок 206 93 Расчет остаточных напряжений 210 94 Расчет по предельному состоянию при кручении 212 95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов 213 96 Расчет вала по предельному состоянию 214

Заключение 219

5

Библиографический список 221 Приложение 1 223 Приложение 2 225 Приложение 3 228 Приложение 4 233 Приложение 5 238 Приложение 6 239

6

Предисловие

Вопросы проектирования новых изделий и проверки прочности существующих конструкций в сложных условиях эксплуатации связаны с исследованием напряженно-деформи-рованного состояния элементов этих конструкций при различ-ных видах внешних воздействий Исследование напряженно-деформированного состояния элементов конструкций включает в себя их расчеты на прочность жесткость устойчивость при статических и динамических воздействиях Анализ напряжен-но-деформированного состояния элементов позволяет на этапе проектирования оптимизировать конструкции изделий машино- и приборостроения для обеспечения их надежности в сложных условиях эксплуатации

Указанные вопросы рассматриваются в курсах laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая механикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для различ-ных направлений подготовки бакалавров и специалистов Со-держание пособия построено на материалах лекций практиче-ских и лабораторных занятий которые проводились на кафедре laquoТеоретическая и прикладная механика и графикаraquo для различ-ных направлений и специальностей машиностроительного транспортного энергетического и приборостроительного про-филей

Все разделы курса изложенные в пособии содержат ос-новные расчетные формулы и их анализ Приведены рекомен-дации по оптимальному проектированию типовых элементов конструкций на прочность жесткость и устойчивость при раз-личных видах нагружения Приведены рекомендации по опти-мальному проектированию элементов конструкций Сформули-рованы задания на выполнение курсовых и контрольных работ В конце каждого раздела приведены контрольные вопросы для самопроверки и подготовке студентов к итоговой аттестации

В приложениях приведены справочные данные необходи-мые для выполнения практических расчетов

С пособием можно ознакомиться ndash в библиотеке и читальном зале ПГУ ndash в лаборатории кафедры ТПМГ ndash на сайте httpdep_tpmgpnzgurufilesdep_tpmgpnzguru

7

Введение Основные понятия

Как известно теоретическая механика имеет дело с мате-

риальной точкой и абсолютно твердым телом Для тех явлений когда деформациями тела можно пренебречь выводы теорети-ческой механики оказываются вполне достаточными Для по-строения механики реальных элементов конструкций законов теоретической механики оказывается недостаточно и их необ-ходимо дополнить физическими законами и гипотезами харак-теризующими деформированное состояние элементов конст-рукций под действием нагрузок

Раздел механики в котором рассматривается поведение реальных элементов конструкций под действием внешних на-грузок называется механикой материалов и конструкций Практическая цель этого раздела ndash расчет элементов реальных конструкций на прочность жесткость и устойчивость

Объекты исследования Объектами изучения являются типовые элементы конструкций различного назначения изго-товленные из реальных конструкционных материалов свойства которых характеризуются их физико-механическими характе-ристиками которые определяются экспериментально

В зависимости от геометрической формы и размеров кон-структивные элементы классифицируются следующим образом (рис 1) стержень (брус) оболочка пластина тело

а) б) в) г)

Рис 1

Стержень ndash элемент конструкции у которого одно измере-

ние (длина) значительно больше двух других (рис 1а) Попереч-ным сечением стержня проходящим через точку А (рис 1а) на-зывается сечение стержня плоскостью содержащей эту точку и

8

нормальной к его оси В зависимости от геометрической формы оси стержни классифицируются прямой криволинейный коль-цевой и тп

Стержни могут иметь постоянное или переменное сечение Оболочка ndash элемент конструкции у которого одно изме-

рение (толщина h) значительно меньше двух других (рис 1б) Поверхность равноудаленная от внутренней и наружной по-верхностей оболочки называются срединной поверхностью В зависимости от геометрии срединной поверхности оболочки классифицируются цилиндрическая коническая сферическая и тп

Пластина ndash частный случай оболочки у которой средин-ная поверхность является плоскостью (рис 1в) По виду сре-динной плоскости пластины классифицируются прямоуголь-ная треугольная круглая кольцевая и тп

Оболочки и пластины могут иметь постоянную или пере-менную толщину

Массив ndash элемент у которого все три размера имеют один порядок (рис 1г)

Внешние нагрузки Совокупность действующих на элемент конструкции сил моментов тепловых и иных воздействий будем называть внешними нагрузками По отношению к исследуемому объекту нагрузки являются внешними силами В число внешних сил включаются также реакции связей наложенных на конструк-ции Напомним что в зависимости от площади контактной пло-щадки через которую на элемент передается внешняя сила разли-чают сосредоточенные и распределенные нагрузки [1 2]

По длительности воздействия и характеру приложения внешние нагрузки делятся на статические и динамические

Статической называют нагрузку которая медленно воз-растает от нуля до номинального значения которое остается неизменным в процессе эксплуатации конструкции

Динамическая нагрузка характеризуется изменением ее ве-личины или направления в процессе эксплуатации Чаще всего динамические нагрузки являются вибрационными ударными

Внутренние силовые факторы Метод сечений Под действием внешних нагрузок в поперечных сечениях

элемента конструкции в самом общем случае возникают шесть внутренних силовых факторов которые определяют методом сечений

9

Суть метода сечений состоит в следующем Элемент конструкции мысленно рассекаем на две части и

рассматриваем равновесие любой отсеченной части находя-щейся под действием внешних нагрузок и внутренних силовых факторов приложенных к этой части

На рис 2 представлены внутренние силовые факторы и метод сечений

а) б)

Рис 2 В произвольном поперечном сечении элемента конструк-

ции на который действуют внешние нагрузки jР (рис 2а)

в самом общем случае возникают следующие внутренние сило-вые факторы (рис 2б)

N ndash продольная сила х yQ Q ndash поперечные (перерезывающие) силы

крzM М ndash крутящий момент

х yМ М ndash изгибающие моменты

В соответствии с методом сечений для отсеченной части II элемента конструкции (рис 2б) следует составить шесть урав-нений равновесия

ndash сумма проекций всех сил jХ на ось х 0j хХ Q

ndash сумма проекций всех сил jY на ось у 0j yY Q

ndash сумма проекций всех сил jZ на ось z 0jZ N

ndash сумма моментов относительно оси х ( ) 0x j xmom P M

ndash сумма моментов относительно оси у ( ) 0y j ymom P M

ndash сумма моментов относительно оси z кр( ) 0z jmom P M

10

Существенной особенностью представленной системы уравнений равновесия для отсеченной части является то что каждое уравнение содержит лишь один внутренний силовой фактор те система уравнений равновесия и внутренние сило-вые факторы определяются достаточно просто Результат опре-деления внутренних силовых факторов не зависит от того какая часть элемента конструкции (I или II) рассматривается Для уп-рощения расчетов рекомендуется рассматривать отсеченную часть элемента конструкции на которую действует минималь-ное число внешних нагрузок

Примечани е При составлении уравнений равновесия исполь-зуют правило знаков для внешних нагрузок и внутренних силовых факто-ров которые вводятся для различных видов нагружения (растяжение и сжатие кручение изгиб) рассмотренных в соответствующих разделах пособия

Основные гипотезы Для вывода основных уравнений и соотношений для рас-

чета типовых элементов конструкций принимают основные ги-потезы о структуре и свойствах материалов а также о характере деформаций этих элементов

1 Гипотеза о сплошности материала Считается что ма-териал элемента конструкции является сплошным те не до-пускается наличие раковин пор трещин и иных дефектов Ма-териал полностью занимает объем элемента

2 Гипотеза об однородности и изотропности Считается что свойства материала одинаковы во всех точках элемента В каждой точке по всем направлениям свойства также одинако-вы В тех случаях когда свойства материала отличаются по раз-ным направлениям он называется анизотропным (стекло-пластики материалы армированные различными волокнами и тп)

3 Гипотеза о малости деформаций Считается что де-формации элемента конструкции малы по сравнению с его ли-нейными размерами

4 Гипотеза об упругости материала Все элементы кон-струкции считаются линейно упругими а при их деформации выполняется закон Гука Таким образом считается что между нагрузками и деформациями элемента конструкции имеет место линейная зависимость

5 Гипотеза плоских сечений Считается что плоские по-перечные сечения перпендикулярные к оси элемента конструк-

11

ции в процессе его деформирования остаются плоскими и пер-пендикулярным к его деформированной оси

Эти а также некоторые специальные гипотезы которые принимаются для различных видов нагружения позволяют ре-шать широкий круг задач механики материалов и конструкций по расчету на прочность жесткость и устойчивость Результаты таких теоретических расчетов обычно хорошо согласуется с данными экспериментальных исследований при различных видах нагружения типовых элементов конструкций

На основании принятых основных гипотез сформулирован принцип суперпозиций (принцип независимости действия сил или принцип сложения) который формулируется следующим образом результат воздействия на элемент конструкции систе-мы внешних нагрузок равен алгебраической сумме результатов воздействия каждой из нагрузок приложенных к этому элемен-ту по отдельности и не зависит от последовательности прило-жения этих нагрузок

Например если на элемент конструкции одновременно действует внешняя нагрузка и тепловое воздействие то задачу по определению усилий и деформаций возникающих в конст-рукции можно разделить на две задачи

1) рассмотреть действие только силовых нагрузок без уче-та температурного воздействия

2) рассмотреть только тепловое воздействие 3) используя принцип суперпозиций определить резуль-

тирующие усилия и деформации путем алгебраического (с уче-том знака) сложения результатов расчета в первой и второй за-дачах

Принцип суперпозиций имеет широкое практическое применение в расчетной практике для различных элементов конструкций при сложных видах их нагружения так как позво-ляет сложную расчетную схему разбить на ряд простейших за-дач решения для которых достаточно просто получить или можно использовать известные решения приведенные в спра-вочной литературе [3]

Примечани е Следует иметь в виду что принцип суперпозиций основан на выполнении всех основных гипотез поэтому если хотя бы одна из принятых гипотез (например гипотеза малости деформаций или гипотеза об упругости материала) не выполняется то принцип суперпо-зиций неприменим

12

Контрольные вопросы

1 Что изучают в курсе laquoМеханика материалов и конст-рукцийraquo

2 Дайте классификацию основных объектов исследования 3 Какой элемент конструкции называют стержнем 4 Какой элемент конструкции называют оболочкой пла-

стиной 5 Дайте понятие внешней нагрузки действующей на эле-

мент конструкции 6 Какую нагрузку называют статической 7 Какую нагрузку называют динамической 8 Какие внутренние силовые факторы возникают в общем

случае нагружения элемент конструкции 9 Сформулируйте суть метода сечений 10 Перечислите основные гипотезы 11 Сформулируйте гипотезу сплошности однородности и

изотропности материала 12 Сформулируйте гипотезу о малости деформаций 13 Сформулируйте гипотезу об упругости материала 14 Сформулируйте гипотезу плоских сечений 15 Сформулируйте принцип суперпозиций и условия его

применимости 16 Приведите примеры применения принципа суперпо-

зиций 17 В каких случаях принцип суперпозиций не применим

13

Общие указания о порядке выполнения

и оформления курсовых и контрольных работ Курсовые и контрольные работы являются составной ча-

стью учебных дисциплин по курсам laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая ме-ханикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для студентов различных форм обучения

Объем курсовых и контрольных работ определяется в со-ответствии с учебными планами по каждому направлению График проведения и тематика курсовых и контрольных работ утверждается на кафедре и доводится до сведения студентов в начале семестра

Данные для решения каждой задачи выбираются из таб-лиц заданий согласно варианту который определяется по номе-ру зачетной книжки (студенческого билета) и пяти буквам рус-ского алфавита

Курсовые и контрольные работы служат для развития у студентов навыков самостоятельного решения практических задач по обеспечению прочности жесткости и устойчивости ти-повых элементов конструкций машино- и приборостроительного направлений анализа их напряженно-деформированного со-стояния при действии внешних эксплуатационных и технологи-ческих нагрузок

Для определения варианта работы следует из номера за-четной книжки (студенческого билета) исключить все буквы а первую цифру номера заменить на последнюю и под получен-ным цифровым шифром записать буквы (а б в г д) в соответ-ствии с приведенным примером

Записав шифр состоящий из пяти цифр и пяти букв для каждой задачи из таблиц выбирают число которое находится на

14

пересечении соответствующей строки (на ней расположены бу-квы шифра) и столбца (на ней расположены цифры шифра) Причем вначале берется буква а затем находится соответст-вующая ей в шифре цифра Номер зачетной книжки и соответ-ствующий ему шифр задания указывается на титульном листе курсовой (контрольной) работы

Курсовая работа оформляется в виде расчетно-поясни-тельной записки формата А4 (прил 1)

Решение каждой задачи должно сопровождаться кратки-ми последовательными без сокращений слов пояснениями и чертежами При использовании формул и данных отсутствую-щих в рекомендуемых учебниках и настоящем пособии необ-ходимо кратко и точно указать источник используемой литера-туры Подстановка цифр в расчетные формулы должна выполняться полностью Вычисления должны вестись с точно-стью до трех значащих цифр с обязательным указанием размер-ности полученного результата в системе единиц СИ

Перед подстановкой числовых значений необходимо все исходные величины привести к соответствующим единицам измерения механических величин

Основные единицы механических величин в Международной системе единиц (СИ)

Величина Единица в системе СИ

Наимено-вание

Обозна-чение

Наимено-вание

Единица измере-ния

Соотношения единиц

Сила Р Ньютон Н 10Н1кгс Моменты (изгибающие крутящий)

х yМ М

Mкр Ньютонметр Нм 1Нм = 01кгсм

Напряжение (нормальное касательное)

Паскаль Па 1Па = 1 Нм2 1МПа = 1Нмм2

Модуль упругости

Е G Паскаль Па 1МПа =106Па

Погонная нагрузка

q Ньютон метр

Нм 1Нм = 01кгсм

Ударная вязкость

а ndash 2

Н м

м

5

2 2

Н м кгс м10

м см1

1 МПа = 106 Нм2 = 100 Нсм2 =1 Нмм2

15

Кратные и дольные единицы

Приставка Гига Мега Кило Гекто Дека Деци Санти Милли Микро Нано

Обозначение Г М к г да д с м мк н

Множитель 109 106 103 102 101 101 102 103 106 109

Порядок решения задач приведен в примерах помещен-

ных после условия каждой задачи Необходимые справочные данные для выполнения расче-

тов приведены в прил 2ndash6 Перед выполнением курсовой (контрольной) работы пред-

варительно следует изучить соответствующие разделы курса по лекциям и рекомендованным учебникам и пособиям [1 2 4] Для более углубленного изучения курса дополнительно реко-мендуются пособия [5 6]

16

Краткое содержание основных разделов курса

Основные понятия

Задачи и методы механики материалов и конструкций Ре-альный объект и расчетная схема Внешние и внутренние силы Классификация внешних сил Внутренние силовые факторы Метод сечений

Основные гипотезы о деформируемом теле Перемещения и деформации Напряжение (полное нормальное касательное) Связь напряжений с внутренними силовыми факторами Прин-цип независимости действия сил Общие принципы расчета элементов конструкции

Тема 1 Растяжение и сжатие Внутренние силы и на-пряжения возникающие в поперечных сечениях прямого стержня при растяжении и сжатии Эпюры продольных сил Абсолютные продольное и поперечное удлинения Относитель-ные продольная и поперечная деформации Закон Гука при рас-тяжении и сжатии Модуль упругости Коэффициент попереч-ной деформации (коэффициент Пуассона) Определение осевых перемещений поперечных сечений Жесткость при растяжении и сжатии

Экспериментальное изучение свойства материалов при растяжении и сжатии Диаграмма растяжения и ее характерные параметры пределы пропорциональности упругости текуче-сти прочности Истинная диаграмма растяжения Закон раз-грузки и повторного нагружения Механические свойства при сжатии Диаграмма сжатия Пластическое и хрупкое состояние материалов типы разрушений

Допускаемое напряжение Выбор коэффициента запаса прочности при статическом нагружении для хрупких и пла-стичных материалов Условие прочности Проектировочный и проверочный расчеты на прочность Определение допускаемой нагрузки

Статически неопределимые системы Степень статической неопределенности Уравнения совместности деформаций По-рядок расчета статически неопределимых систем Особенности их расчета (подбор сечений влияние температуры монтажные напряжения)

17

Понятие о концентрации напряжений Влияние концен-трации напряжений на прочность хрупких и пластических ма-териалов Принцип Сен-Венана

Тема 2 Геометрические характеристики плоских сече-ний Статические моменты площади Осевые полярные и цен-тробежные моменты инерции поперечного сечения Зависимо-сти между моментами инерции при параллельном переносе и повороте осей Определение координат центра тяжести сечения Главные центральные оси Главные моменты инерции Главные центральные моменты инерции простейших поперечных сечений (прямоугольное круглое кольцевое) Геометрические характери-стики стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

Тема 3 Кручение Чистый сдвиг и его особенности Каса-тельные напряжения при сдвиге Закон парности касательных напряжений Угол сдвига Закон Гука при сдвиге Зависимость между тремя упругими постоянными для изотропного тела (Е G )

Кручение прямого стержня круглого поперечного сечения Построение эпюры крутящих моментов Основные гипотезы теории кручения Напряжения в поперечном сечении Формула для максимальных касательных напряжений Полярный момент инерции и момент сопротивления поперечного сечения Угол закручивания Эпюра углов закручивания Жесткость стержня при кручении

Условия прочности Условия жесткости Расчеты на проч-ность и жесткость

Расчет статически неопределимых валов Условие совме-стности деформаций

Особенности расчета на прочность стержней некруглого сечения

Тема 4 Изгиб прямых стержней Опоры и опорные ре-акции Понятия о поперечном чистом и косом изгибе Внут-ренние силовые факторы при поперечном изгибе ( х yМ Q ) По-

строение эпюр Правила знаков для хМ и yQ Дифференци-

альные зависимости между х yМ Q и интенсивностью внешней

нагрузки q Нормальные напряжения при изгибе Эпюра нор-мальных напряжений в поперечном сечении Определение мак-симальных нормальных напряжений Условие прочности по нормальным напряжениям Момент сопротивления при изгибе

18

Расчет на прочность балок из пластичных и хрупких материа-лов Касательные напряжения при поперечном изгибе (формула Д И Журавского) Эпюра касательных напряжений Условие прочности по касательным напряжений Рациональные формы поперечных сечений балок при изгибе

Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и его интегрирование Метод начальных параметров Физический смысл начальных параметров и их определение при различных способах закрепления концов балки Определение перемещений с помощью интеграла МаксвеллаminusМора Способ Верещагина

Определение степени статической неопределимости ба-лок работающих на изгиб Основная система Метод сил Сис-тема канонических уравнений метода сил Вычисление коэф-фициентов системы канонических уравнений Использование условий симметрии и кососимметрии при выборе основной сис-темы Построение результирующих эпюр изгибающих момен-тов Деформационная проверка и ее физический смысл Опре-деление перемещений в статически неопределимых системах

Тема 5 Сложное сопротивление Примеры сложного со-противления Общий метод расчета Косой изгиб Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Ней-тральная линия Условие прочности Определение перемещений при косом изгибе

Внецентренное растяжение и сжатие Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Нейтральная линия Условия прочности Понятие о ядре сечения

Тема 6 Основы теории напряженного и деформиро-ванного состояния Теории прочности Напряженное состоя-ние в точке Тензор напряжений Главные площадки и главные напряжения Классификация напряженного состояния (линей-ное плоское объемное) Относительные деформации Обоб-щенный закон Гука Полная удельная потенциальная энергия деформации в общем случае напряженного состояния

Понятие о критериях (теориях) прочности Критерии прочности для хрупких материалов и область их применимости первый критерий (критерий наибольших напряжений) второй критерий (критерий наибольших относительных деформаций) экспериментальный критерий Мора Критерии прочности для пластичных материалов и область их применимости третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений) четвертый критерий (энергетический критерий)

19

Изгиб с кручением стержней круглого поперечного сече-ния Внутренние силовые факторы Напряженное состояние Расчетные формулы для эквивалентных напряжений экв и мо-

ментов эквМ по третьей и четвертой теориям прочности Усло-

вие прочности Расчет на прочность Тема 7 Устойчивость равновесия деформируемых сис-

тем Понятие об устойчивых и неустойчивых формах равнове-сия Устойчивость сжатых стержней Критическая нагрузка Формула Эйлера при различных опорных закреплениях и преде-лы ее применимости Гибкость стержня Предельная гибкость Понятие о потере устойчивости при напряжениях превышающих предел пропорциональности Формула Ф С Ясинского и условия ее применимости Полная диаграмма для критических напряже-ний Расчет на устойчивость по коэффициенту уменьшения до-пускаемых напряжений ()

Тема 8 Динамическое действие нагрузок Динамиче-ские нагрузки Примеры их возникновения Вычисление напря-жений при равноускоренном движении Формула для коэффи-циента динамичности

Действие ударной нагрузки на упругую систему (про-дольный поперечный удар) Коэффициент динамичности его физический смысл Упрошенная формула для коэффициента динамичности Расчет динамических напряжений и перемеще-ний при ударе Испытания на удар

Тема 9 Расчеты за пределами упругости Понятие пре-дельного состояния конструкции Схематизация диаграмм рас-тяжения Диаграмма Прандтля Разгрузка и остаточные напря-жения Расчет элементов конструкций по предельному состоя-нию Упругопластический изгиб балок Расчет по предельному состоянию валов работающих на кручение

Тема 10 Заключение Современные проблемы расчетов на прочность жесткость и устойчивость Использование новых материалов и особенности их расчета Применение ЭВМ в рас-четах на прочность

Примечани е Объем изучаемых разделов определяется в соот-ветствии с учебными планами и рабочей программой по каждому направ-лению и специальности

20

Глава 1

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ

11 Основные соотношения При растяжении (сжатии) прямых стержней в их попереч-

ных сечениях возникают продольные усилия N для определе-ния которых применяется метод сечений [1minus3] на каждом уча-стке стержня

Эпюрой продольных сил называют графическое изобра-жение изменения продольной силы N по длине стержня При по-строении эпюры применяются следующие правила знаков про-дольная сила считается положительной если она вызывает растяжение и отрицательной если она вызывает сжатие

Под действием продольных сил в точках поперечного се-чения возникают нормальные напряжения величина которых определяется по формуле

N

F (11)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня

Рассмотрим растяжение участка стержня длиной l продольным усилием N (рис 11)

Рис 11

Здесь l и b ndash продольное удлинение и поперечное су-

жение соответственно l и b ndash длина и поперечный размер стержня

21

Относительной продольной деформацией называется без-размерная величина

l

l

(12)

Относительной поперечной деформацией называется без-размерная величина

b

b

(13)

Для линейно упругих материалов выполняется закон Р Гука устанавливающий связь между напряжениями и де-формациями в виде

Е (14) где Е ndash модуль упругости первого рода (модуль Юнга) который для каждого материала определяется экспериментально и при-водится в ГОСТах

Коэффициентом Пуассона называется безразмерный па-раметр который определяется выражением

(15)

определяется экспериментально для каждого материала харак-теризует поперечную жесткость и приводится в ГОСТах

Для всех материалов существующих в природе коэффи-циент Пуассона изменяется в пределах 0 05

В прил 2 приведены значения Е и для большого числа различных материалов Методика экспериментального опреде-ления этих характеристик изложена в [7]

При растяжении (сжатии) стержней происходит их удли-нение (укорочение) Продольное перемещение l на участке стержня в соответствии с законом Гука определяется соотно-шением

Nll

EF

(16) где l ndash длина участка Е ndash модуль упругости первого рода (мо-дуль Юнга) который характеризует жесткость материала стержня (см прил 2)

Если стержень имеет несколько участков то формула (16) обобщается и принимает вид

22

1 ( )

n

i

i i

i

N l

EFl

(17)

Здесь i = 1 2 3 hellip n ndash номер участка n ndash число участков

il ndash длина i-го участка ( )

iEF ndash жесткость на растяжение i-го

участка Ni ndash продольная сила на i-ом участке которая опреде-ляется по эпюре продольных сил

12 Экспериментальные методы определения основных физико-

механических свойств материалов при растяжении и сжатии

При расчете деталей машин и приборов необходимо знать

механические свойства материалов характеризующих их проч-ность и пластичность

К характеристикам прочности относятся предел пропор-циональности пц предел текучести т и предел прочности

(временное сопротивление) в Предел прочности и предел те-кучести необходимы для назначения допускаемого напряжения входящего в условие прочности

К характеристикам пластичности относятся относительное остаточное удлинение после разрыва и относительное оста-точное сужение после разрыва Они необходимы для услов-ного деления материалов на хрупкие и пластичные [1 2]

Все перечисленные механические характеристики опреде-ляются при испытании образцов материала на статическое рас-тяжение Это испытание является наиболее распространенным методом исследования и контроля механических свойств мате-риалов Испытание образцов производится на разрывных ма-шинах с соблюдением всех требований указанных в соответст-вующих стандартах

По ГОСТ 149784 испытание металлов на растяжение производится на стандартных образцах круглого или прямо-угольного поперечного сечения по ГОСТ 1044680 на образ-цах из проволоки

23

Большинство испытательных машин производят косвен-ное измерение нагрузки и удлинения образца К таким машинам относятся и испытательные машины ИМ4Р и Р5 принципи-альная схема которых приведена в [7]

Диаграммное устройство испытательной машины автома-тически записывает зависимость между действующей растяги-вающей нагрузкой Р и абсолютной продольной деформацией образца l вплоть до его разрушения На рис 12 показана ти-пичная диаграмма растяжения для образца из малоуглеродистой стали

Рис 12

Начальный криволинейный участок диаграммы (12) яв-

ляется результатом устранения зазоров в захватах Этот участок не отражает свойств материала и его исключают при обработке диаграммы принимая за начало координат точку 0 (точку пере-сечения продолжения прямолинейного участка диаграммы с осью абсцисс) Ось абсцисс (Δl) проводится от точки 1 начала диаграммы поэтому для определения механических характери-стик материала рассматривается диаграмма ОАВСKDE

На прямолинейном участке диаграммы ОА материал под-чиняется закону Гука [1]

Точке А соответствует наибольшая нагрузка пц Р при ко-

торой сохраняется прямопропорциональная зависимость между

24

Р и l Нагрузка пцР соответствует пределу пропорционально-

сти пц

За точкой А нарушается пропорциональность между Р и l и в образце после разгрузки появляются остаточные дефор-

мации Начиная с точки B абсолютное удлинение образца возрас-

тает практически без увеличения нагрузки материал образца laquoтечетraquo Горизонтальный участок ВС называется площадкой те-кучести а нагрузка тР соответствует физическому пределу те-кучести т

За точкой С образец опять восстанавливает способность сопротивляться возрастанию нагрузки

Участок диаграммы СKD представляющий собой плав-ную кривую с небольшим подъемом называют зоной упрочне-ния При нагрузке соответствующей точке D в образце образу-ется местное сужение так называемая laquoшейкаraquo (как правило в средней части образца) При этом нагрузка действующая на образец достигает максимальной величины max вР Р соответ-

ствующей пределу прочности (временному сопротивлению) ма-териала образца в Участок DE представляет собой ниспа-дающую кривую Он характерен уменьшением нагрузки Р вследствие прогрессивно развивающейся шейки и уменьшению площади поперечного сечения образца В точке Е происходит разрушение образца по шейке

Если нагрузить образец силой превышающей предел про-порциональности ( пцР ) например до точки K затем снять на-

грузку то график разгрузки будет представлять собой прямую KМ параллельную участку ОА диаграммы Из этого следует что при разгрузке зависимость между силой и деформацией подчиняется закону Гука

Величина ОМ остаточная деформация остl MN упру-

гая деформация уl ON полная деформация полнl образца

полн ост уl l l

Аналогично можно найти все виды деформаций для лю-бой точки диаграммы При повторном нагружении образца (из точки М) диаграмма сначала пойдет по прямой линии MK а за-тем по кривой KDE

25

13 Основные характеристики материала

Характеристики прочности Исходными данными для

определения механических характеристик прочности является диаграмма растяжения полученная в процессе испытания (рис 12)

Предел пропорциональности пц наибольшее напряже-

ние при котором еще выполняется закон Гука (сохраняется пропорциональная зависимость между деформациями и напря-жениями)

пцпц

0

Р

F (18)

где 0F площадь поперечного сечения до испытаний образца

Физический предел текучести т напряжение при ко-тором образец деформируется без увеличения нагрузки (уча-сток ВС)

тт

0

Р

F (19)

Многие материалы не имеют явно выраженной площадки текучести поэтому для них определяют условный предел теку-чести

Условный предел текучести 02 это напряжение при

котором остаточное относительное удлинение составляет 02 от l0 те ост 02l l

0202

0

Р

F (110)

Для определения усилия 02Р ГОСТ 149784 допускает

использовать диаграмму растяжения вычерченную испыта-тельной машиной по методике изложенной в [7]

Значения основных характеристик материала приведены в ГОСТах на материал (прил 2)

Диаграмму растяжения образца (рис 12) можно постро-ить в осях σ используя формулы (11) и (12) полагая 0F F

26

В этом случае диаграмма имеет вид аналогичный виду пред-ставленному на рис 12 Так как при определении основных ха-рактеристик в формулах (18) (19) (110) использовалось на-чальное значение площади поперечного сечения 0F то эта

диаграмма называется условной (рис 13)

Рис 13

Так как при растяжении образца его фактическая площадь

сечения уменьшается а на участке DE образуется шейка если в формулах (18)(110) использовать фактическое значение площади поперечного сечения F получим истинную диаграмму растяжения которая на рис 13 показана пунктирной линией

В этом случае истинный предел прочности определяется

выражением maxист

к

Р

F При этом получим что ист в

В ГОСТах приводится значение условного предела прочности в

Предел прочности (временное сопротивление) в на-пряжение равное частному от деления максимальной нагрузки которую выдерживает образец на первоначальную площадь поперечного сечения образца

maxв

0

Р

F (111)

Характеристики пластичности Характеристики пла-стичности материала и ψ определяются путем сравнения раз-меров образца до и после испытания

27

Относительное остаточное удлинение образца после раз-рыва равно отношению приращения расчетной длины образца после разрушения к ее исходной величине

ост к 0

0 0

100 100 l l l

l l

(112)

где кl длина образца после разрыва остl приращение рас-

четной длины образца Относительное остаточное сужение образца после раз-

рыва ψ есть отношение уменьшения площади поперечного се-чения образца в месте разрыва к начальной площади попереч-ного сечения образца

0 к

0

100 F F

F

(113)

где кF конечная минимальная площадь поперечного сечения образца в месте разрыва (в месте образования шейки)

Значения характеристик и также приводят в ГОСТах (прил 2)

14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность

Для обеспечения прочности элемента конструкции рабо-

тающего на растяжение (сжатие) должно выполняться условие прочности

max (114)

Здесь max ndash максимальные напряжения в элементе кон-струкции ndash допускаемые напряжения для этого элемента

конструкции которые для пластичных материалов записывают-ся в виде

т

т

n

(115)

где т ndash предел текучести для материала конструкции тn ndash коэффициент запаса по текучести величина которого зависит

28

от условий эксплуатации и ответственности конструкции Для обычных машиностроительных конструкций если не оговорено особо коэффициент запаса прочности принимается равным

т 15n Если материал конструкции является хрупким то записы-

вают два условия прочности на сжатие и растяжение

max сж сж max р р (116)

где max сж и max р ndash это максимальные растягивающие и сжи-

мающие напряжения соответственно Допускаемые напряжения на сжатие jM и растяжение jb

определяются соотношениями

сж рв в

сж рв в

n n

(117)

Здесь сжв р

в ndash предел прочности материала конструкции на сжатие и растяжение соответственно а в 2n ndash коэффициент запаса прочности

Следует иметь в виду что для хрупких материалов сжв gt р

в и jM gt jb

Различают три основных типа расчетов на прочность ndash проверочный расчет в котором для существующей кон-

струкции проверяется выполнение условий прочности (114) или (116)

ndash проектный расчет в котором из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяются тре-буемые размеры поперечного сечения элемента конструкции

ndash расчет допускаемой внешней нагрузки ndash в нем для спро-ектированного элемента конструкции из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяют вели-чину допускаемой внешней нагрузки

15 Условие жесткости

В некоторых случаях кроме условий прочности требуется обеспечить выполнение условия жесткости которое записыва-ется в виде

29

max (118)

где max ndash максимальное перемещение конкретного сечения

стержня Допускаемое перемещение для элемента конструкции

задается конструктивно из конкретных условий эксплуатации элемента конструкции и ограничивает максимально допустимые перемещения его сечений при эксплуатации Условие (118) су-щественно ограничивает жесткость элемента конструкций

Первым выполняется расчет на прочность а затем выпол-няется проверочный расчет на жесткость Если условие жестко-сти не выполняется то принимаются конструктивные меры по обеспечению требуемой жесткости за счет увеличения площади поперечного сечения изменения длин участков введения до-полнительных опор и тп

16 Расчет статически определимого стержня

Задача 1 Ступенчатый стержень (рис 14) участки которого имеют

площади поперечных сечений Fi нагружен продольными си-лами Pi Сечения участков стержня ndash квадрат со стороной ai длины участков равны li

Рис 14

Требуется построить эпюры нормальных усилий N и нор-

мальных напряжений σ вычислить полное удлинение стержня и сделать вывод о прочности стержня

Материал стержня ndash сталь с модулем упругости первого рода Е = 2middot105 МПа и допускаемым напряжением [σ] = 160 МПа Данные для расчета принять по табл 11 Для получения чис-ленного результата принять значения Р = 10 кН а = 10 мм l = 500 мм

30

Таблица 11

Pi ai li Номер строки P1 P2 P3 P4 a1 a2 a3 a4 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

P P P P P 2P 2P P P P

3P 3P 3P 2P 2P 3P 5P 2P 4P 2P

P 2P P 2P 2P P P 3P 2P P

P P 3P 2P P P 2P P 2P 2P

2a a 3a 4a 4a 3a 4a 4a a 4a

a a a 2a a 2a 4a 3a a 3a

2a 2a 3a a 2a 4a 2a a 2a 2a

a 2a 3a a 2a 4a 2a 2a 2a 3a

l 2l l l l 2l 2l l l l

l l 2l l l 2l l l l 2l

l l l 2l l l 2l 2l l l

l l l l

2l l l

2l l l

Буква шифра

в г д д в г в в г д в г

Пример 1 В соответствии с условиями задачи 1 выполнить

расчет стержня изображенного на рис 15а На рис 15б в пока-зано применение метода сечений для I и II участков

Рис 15

а)

г)

д)

в)

б)

31

Решение 1) определяем опорные реакции из уравнения равновесия

(сумма проекций всех сил на ось z)

ΣZ = 0 ZА + Р1 ndash Р2 + Р3 + Р4 = 0

ZА = ndash Р1 + Р2 ndash Р3 ndash Р4

ZА = ndash Р + 5Р ndash Р ndash Р = 2Р

2) определяем нормальные усилия Ni на каждом участке применяя метод сечений

В произвольном сечении i-го участка нормальное усилие Ni равно алгебраической сумме проекций всех сил расположен-ных по одну сторону от сечения на нормаль к сечению те

1

n

i iN P

Растягивающие усилия считаются положительными сжи-мающие ndash отрицательными При составлении уравнений на-правление внутреннего усилия Ni полагаем растягивающим (по-ложительным) те направленным в сторону внешней нормали к произвольному сечению

Если в результате расчета усилие Ni примет отрицательное значение это указывает на то что направление усилия проти-воположно предполагаемому

Рассмотрим левую отсеченную часть стержня На рис 15бв показано применение метода сечений для I II III и IV участков

ndash на I участке 1 A 2 N Z P

ndash на II участке 2 A 1 2 3 N Z P P P P

ndash на III участке 3 A 1 2 2 5 2 N Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 1 2 3 2 5AN Z P P P P P P P P

Отрицательные значения усилий N1 и N2 показывают что участки I и II работают на сжатие Подставив числовое значение Р = 10 кН получим

N1 = ndash 20 кН N2 = ndash 30 кН N3 = 20 кН N4 = 10 кН

По полученным результатам строим эпюру нормальных усилий N (рис 15г)

32

3) определяем нормальные напряжения σi по формуле (11) на каждом участке

ndash на I участке 3

11 2 2 2

20 10 H50 50 МПа

(2 ) (2 10) мм

N

a

ndash на II участке

32

2 22

30 101875МПа

4 10

N

F

ndash на III участке

33

3 23

20 1050

2 10

N

F

МПа

ndash на IV участке 3

44 2

4

10 10100

10

N

F

МПа

По полученным значениям строим эпюру нормальных на-пряжений σ (рис 15д)

Из эпюры σ следует что наиболее нагружен IV участок стержня (опасный участок) При центральном растяжении усло-вие прочности (114) имеет вид maxσ [σ]

Так как maxσ = 100 МПа lt [σ] = 160 МПа ndash условие прочно-сти выполняется

4) вычисляем полную деформацию стержня как алгебраи-ческую сумму абсолютных деформаций li его участков (17)

1

n

ii

l l

где в соответствии с (16) i i i ii

i

N l ll

E F E

Таким образом 1 1 2 2 3 3 4 41

( )l l l l lE

5

2

150 500 1875 1000 50 500 100 1000

2 10

40625 10 мм 0406 мм

П р и м е ч а н и е Если на каком-то участке (например на IV) ус-ловие прочности не выполняется то на этом участке необходимо изме-нить размеры поперечного сечения и обеспечить выполнение условия прочности

4 44 2

4 4( )

N N

F а

33

Требуемый размет квадратного сечения на этом участке

4

4N

а

Выбрав новый размер поперечного сечения необходимо на этом участке рассчитать напряжение и только после этого вычислить полную деформацию стержня

17 Расчет статически неопределимого стержня

Система является статически неопределимой если число

неизвестных опорных реакций превышает число линейно неза-висимых уравнений равновесия для этой системы

В этом случае необходимо выбрать основную статически определенную систему и для нее составить необходимое чис-ло уравнений совместности деформаций [1] Основную систе-му как правило получают из заданной статически неопреди-лимой системы путем освобождения ее от laquoлишнихraquo связей При этом основная система должна быть геометрически неиз-меняемой а число уравнений совместности деформаций дол-жно быть равно степени статической неопределимости задан-ной системы

Задача 2 Стержень постоянного круглого поперечного сечения

(рис 16) защемлен обоими торцами и нагружен продольными силами

Раскрыть статическую неопределимость построить эпюру нормальных усилий N и эпюру линейных перемещений Δ

Расчетную схему принять по рис 16 Данные для расчета принять по табл 12 при l = 100 мм Р = 10 кН

Выполнить проектный расчет на прочность считая что стержень изготовлен из материала сталь с характеристиками

52 10 МПаЕ и [] = 160 МПа

34

Рис 16

35

Таблица 12

Номер строки Номер схемы по рисунку 21

l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

l 12l 14l 06l 18l 20l 16l 24l 20l 20l

18l 16l 14l 12l

l 12l 04l 06l 08l

l

02l 04l 06l 08l

l 12l 14l 16l 08l 20l

04l 06l 08l L

20l l

16l 16l 20l 12l

Буква шифра а б в г д Пример 2 Раскрыть статическую неопределимость постро-

ить эпюры нормальных усилий N и линейных перемещений Δ для стержня изображенного на рис 17а Принять l1 = l2 = l3 = l4 = l

Рис 17

36

Выполнить проектный расчет 1) составляем уравнения равновесия

0 2 0 илиA B A BZ Z P P P Z Z Z (119)

Получено одно уравнение с двумя неизвестными опорными реакциями AZ и BZ те система один раз статически неопределима

2) выбираем основную систему (рис 17б) Она получается из заданной путем освобождения от laquoлишнейraquo связи Принимаем за laquoлишнююraquo связь защемление в опоре В Нагружаем основную систему заданными силами и накладываем условие эквивалент-ности ее заданной системе перемещение сечения В в заданной и основной системах должно быть одинаковым те ΔВ = 0

В сечении B приложим активную силу BZ Z величина которой должна быть такой чтобы выполнялось условие экви-валентной работы заданной и основной систем (рис 17б)

3) раскрываем условие эквивалентности Перемещение ΔВ сечения В выразим через приложенные

нагрузки применяя принцип независимости действия сил (на-грузки вызывающие сжатие считаем отрицательными)

( ) ( ) 0B B i BP Z (120)

где ( )B iP ndash перемещение сечения В от каждой из приложен-

ных известных сил Pi В(Z) ndash перемещение сечения В от неиз-вестной силы Z

Запишем данные выражения используя формулу (16)

11

2( )B

PlP

EF 2

2( )B

P lP

EF

33

( )BP l

PEF

4( )B

Z lZ

EF

В результате из (120) получим уравнение совместности деформаций в виде

2 2 3 40

Рl Р l Р l Z l

EF EF EF EF

(121)

При составлении уравнения (121) учтено что стержень имеет постоянное поперечное сечение на всех участках те const

iEF EF

Решая уравнение (121) получим 3

075 4BZ Z P P

Подставляя Z в (119) получаем 075 АZ P

37

Таким образом статическая неопределимость раскрыта и определены опорные реакции

4) определяем нормальные усилия Ni методом сечений (см пример 1) Разбиваем стержень на участки I II III IV (см рис 17б)

ndash на I участке 13

075 4AN Z P P

ndash на II участке 2 2 075 2 125 AN Z P P P P

ndash на III участке 3 2 075 2 025 AN Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 2 075 2AN Z P P P P P P P

= ndash075Р

По полученным значениям строим эпюру нормальных усилий N которая приведена на рис 17в

5) для основной системы строим эпюру перемещений оп-ределяя перемещения в сечениях (0 1 2 3 4) используя сле-дующее правило их подсчета

перемещение сечения в конце участка равно перемещению сечения в начале этого участка плюс его абсолютная laquoдефор-мацияraquo на участке

1 ( )

i ii i

i

N l

EF (122)

где i =1 2 hellip minus номер участка стержня Перемещение сечения 0 Δ0 = 0

Перемещение сечения 1 1 11 0 075

N l Pl

EF EF

Перемещение сечения 2

2 22 1 075 125 05

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 3

3 33 2 05 025 075

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 4

4 44 3 075 075 0

N l Pl Pl

EF EF EF

38

Эпюра продольных перемещений приведена на рис 17г 6) выполним проектный расчет на прочность Из анализа эпюры продольных сил N (рис 17в) следует

так как площадь поперечного сечения является постоянной то наиболее нагруженным является второй участок на котором продольная сила принимает максимальное значение

max 2 125 N N P

Таким образом максимальные напряжения равны

maxmax 125

N P

F F а условие прочности записывается в виде

max те 125P

F

Отсюда следует что площадь поперечного сечения стержня должна удовлетворять условию

125

PF

Полагая Р = 10 кН = 104 Н и 160 МПа получим

4210

125 78125мм 160

F

Требуемый диаметр стержня имеющего сплошное круг-лое поперечное сечение

4 781152 998мм

FD

Окончательно принимаем диаметр стержня равным D =10 мм Площадь поперечного сечения в этом случае составляет

2 2210

785мм4 4

DF

В соответствии с эпюрой перемещений (рис 17г) макси-мальные перемещения имеют сечения 1 и 3 те

4

max 5

10 100075 075 0048мм

2 10 785

Pl

EF

При этом сечение 1 (рис 17а) перемещается влево а се-чение 3 (рис 17б) вправо на величину max

39

Так как условие жесткости не поставлено то проверка на жесткость статически неопределимого стержня не проводится

П р и м е ч а н и е Построение эпюры перемещений Δ для основ-ной системы является деформационной проверкой Равенство нулю пере-мещения концевого сечения Δ4 = В = 0 для основной системы показыва-ет что статическая неопределимость раскрыта верно

18 Расчет статически неопределимой стержневой системы

на внешние воздействия Существенной особенностью расчета статически неопре-

делимых стержневых систем является то что кроме уравнений равновесия для этих систем необходимо дополнительно соста-вить уравнения совместности деформаций число которых соот-ветствует степени статической неопределимости

При сборке (монтаже) статически неопределимых систем за счет неточности (допусков) изготовления отдельных элемен-тов в них возникают дополнительные монтажные напряжения

Если при эксплуатации статически неопределимой систе-мы имеют место температурные воздействия (охлаждение или нагрев) на отдельные элементы или всю систему то в ее эле-ментах также возникают дополнительные температурные на-пряжения

Таким образом применяя принцип суперпозиций получа-ем что в самом общем случае в элементах статически неопре-делимой системы возникают результирующие напряжения ко-торые в соответствии с принципом суперпозиций определяются выражением

( ) ( ) ( )Р Т (123)

Здесь ( )Р ndash напряжения от внешних усилий ( ) ndash мон-тажные напряжения ( )Т ndash температурные напряжения При расчете результирующих напряжений (123) все напряжения подставляются с учетом их знаков

Задача 3 Абсолютно жесткая балка АВ (рис 18) удерживается

в исходном положении шарнирной опорой и двумя стальными стержнями круглого поперечного сечения соединенными шар-

40

нирно с балкой и опорами Балка нагружена равномерно рас-пределенной нагрузкой интенсивности q и сосредоточенной си-лой P = qa

Выполнить проектный расчет те определить требуемые площади поперечных сечений стержней F и их диаметры

Данные для расчета принять по табл 13 Характеристики стержней

ndash F1 = F F2 = 2F

ndash допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа ndash модуль упругости материала стержней 1 2Е Е Е

= 2middot105 МПа

Таблица 13

Номер строки

Номер схемы

по рис 18 а м b м с м q кНм Т оС мм

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

05 06 04 05 10 10 10 10 05 20

04 06 10 10 10 10 10 06 05 20

10 05 10 10 10 20 20 20 10 10

10 12 10 20 20 24 20 10 20 30

+20 minus25 +30 minus30 +35 minus35 +40 minus40 +25 minus20

05 06 07 minus05 minus06 minus07 10 minus10 09 minus09

Буква шифра

а б в г д а д

Для заданий статически неопределимой системы рассчи-

тать монтажные и температурные напряжения возникающие при следующих условиях

ndash стержень 2 изготовлен с допуском величина которого принимается по табл 13 (при lt 0 ndash стержень изготовлен ко-роче а при 0 ndash длиннее)

ndash изменение температуры 1 стержня составляет Т вели-чина которой принимается по табл 13 (при 0Т ndash охлажде-ние стержня при 0Т ndash нагрев) Коэффициент линейного температурного расширения (КЛТР) для материала стержня

принять равным 6 о 1125 10 С

41

Рис 18

Пример 31 Расчет на прочность В соответствии с условиями задачи 3 выполнить проекти-

ровочный расчет стержневой системы приведенной на рис 19а

42

при а = 05 м = 500 мм b = 04 м = 400 мм q = 10 кНм = 10 Нмм Р qa

Решение 1) применяя метод сечений к заданной конструкции (см

рис 19а) мысленно рассечем стержни и действие отброшен-ных частей заменим усилиями N1 и N2

В шарнирно-неподвижной опоре возникают опорные ре-акции ZA и YA Схема усилий изображена на рис 19б

Составим возможные уравнения равновесия

1 20 cos cos 0AZ Z N N (124)

1 20 sin sin 0AY Y N N qa P (125)

1 20 sin sin 02Aa

mom N a N a P a qa (126)

Получили три уравнения с четырьмя неизвестными N1 N2 ZA YA Следовательно рассматриваемая система один раз стати-чески неопределима и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное уравнение ndash уравнение совместности деформаций Оно получается при рассмотрении малых переме-щений узла В конструкции от нагрузок (рис 19)

В проектировочном расчете реактивные силы ZA и YA не потребуются нужно знать только усилия в стержнях N1 и N2 Поэтому достаточно составить одно уравнение равновесия (125) которое содержит только эти неизвестные и в дальней-шем будет использоваться

2) составляем схему перемещений изобразив начальное и конечное состояния узла конструкции В до и после приложения нагрузок (рис 19в) Ввиду малости деформаций и перемещений считаем что точка В переместится в положение В1 по нормали к исходному положению радиуса вращения АВ (ВВ1АВ) При совмещении концов стержней с точкой В1 описываемые ими при повороте относительно шарниров С и D дуги заменим пря-мыми В1К и В1М перпендикулярными к первоначальным поло-жениям стержней 1 и 2 Отрезки ВК = Δl1 и ВМ = Δl2 являются абсолютными удлинениями стержней 1 и 2

При составлении схемы перемещений (см рис 19в) нуж-но чтобы знаки деформаций стержней соответствовали приня-тому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме усилий (см рис 19б)

43

Рис 19

Так в рассматриваемом примере растягивающие усилия N1 и N2 соответствуют тому что на схеме перемещений стерж-ни 1 и 2 изображены удлиняющимися на величины Δl1 и Δl2

a

β

N1

YA

P

B

z

α

y

q

N2

ZA

А

б)

1 2

β

а b

q

21

a P = qaB

D C

А

a)

α

в) C D

К2К1

∆L1

∆L2

В1

Bz β

2 1

A

α β

y

44

3) составляем уравнение совместности деформаций Рас-смотрим прямоугольные треугольники ВВ1М и ВВ1К с общей гипотенузой ВВ1

Выразив отрезок ВВ1 (перемещение точки В) через удли-нения стержней Δl1 и Δl2 получим

ndash из ΔВВ1К 11 sin

lBB

ndash из ΔВВ1М 21 sin

lBB

Тогда

1 2 sin sin

l l

Выразив деформации Δl1 и Δl2 через усилия в соответст-вии с законом Гука получим

1 1 2 2

1 2sin sin

N l N l

EF EF

(127)

Учитывая что по условию задачи 1 2 2 F F F F

1 2sin sin

a al l

(см рис 19а) полученное выражение

(127) преобразуем к виду

1 22 2sin 2 sin

N a N a

EF EF

из которого следует 2

1 2 2

sin0

2sinN N

(128)

Выражение (128) является дополнительным уравнением и совместно с уравнением (126) образует систему уравнений для определения усилий N1 и N2

4) определяем внутренние усилия N1 и N2 решая совмест-но систему уравнений (126) и (128) В результате получим

2

1 3 3

3 sin

2(sin 2sin )

qaN

45

22 3 3

3sin

(sin 2sin )

qaN

С учетом данных (см рис 19а)

tg 1a

a

те о45

osin 45 0707 05

tg 12504

a

b

те β = 51ordm20prime

sin 51 20 0781 q = 10 Нмм а = 500 мм

получим 2

1 3 3

3 10 500 0707

20707 2 0781N

= 29middot103 Н = 29 кН

22 3 3

3 10 5000781

0707 2 0781N

= 7middot103 Н = 7 кН

5) вычисляем площади поперечных сечений и диаметры стержней Сравним напряжения в стержнях учитывая условия F1 = F и F2 = 2F

31

11

29 10N

F F

3 32

22 1

7 10 35 10

2

N

F F F

2мм

H

(129)

Так как 2 gt 1 то условие прочности (114) следует со-ставить для наиболее нагруженного стержня 2 те

max35

F

Решая неравенство относительно площади F получим

335 10

F

Таким образом 335 10

2187160

F

мм2

Используя соотношения F1 = F и F2 = 2F принимаем

46

F1 = 2187 мм 2 F2 = 2 middot 2187 = 4375 мм 2

Определяем диаметры стержней

11

4 4 21 87Fd

= 528 мм

22

4 4 4375Fd

= 746 мм

Принимаем d1 = 55 мм d2 = 75 мм Так как округление выполнено в бoacuteльшую сторону прочность стержней обеспе-чена При диаметрах d1 = 55 мм и d2 = 75 мм площади сечений соответственно равны

2 21

1314 55

23754 4

dF

мм2

2 22

2314 75

44154 4

dF

мм2

Нормальные напряжения в стержнях равны

31

11

29 10122

2375

N

F

МПа lt []

32

22

7 10158

4415

N

F

МПа lt []

Таким образом условия прочности при выбранных разме-рах поперечных сечений стержней выполняются

Пример 32 Монтажные напряжения Для расчета схемы рассмотренной в примере 31 рассчи-

тать монтажные напряжения при условии что стержень 2 вы-полнен короче на величину = minus05 мм

Решение Расчетная схема представлена на рис 110а На рис 110б представлена система внутренних усилий

1N и 2N в стержнях и опорных реакций AY и AZ в опоре А При монтаже конструкции необходимо сжать стержень 1 и растя-нуть стержень 2

Задача решается аналогично примеру 31

47

Рис 110

1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

конструкций

1 20 cos cos 0AZ Z N N (130)

1 20 sin sin 0AY Y N N (131)

1 20 sin sin 0momA N a N a (132)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой поэтому следует составить уравнение совместности деформаций для отсеченной части конструкции

2) составим схему перемещений узла В при монтаже кон-струкции (рис 110в) в соответствии со схемой перемещений ВМ

Ввиду малости перемещений считаем что шарнир В пе-ремещается в положение 1 1( )В ВВ АВ Отрезок 1l представ-ляет собой укорочение стержня 1 под действием силы 1N

а)

в)

б)

48

1 11

1 1

N ll

E F (133)

Отрезок 2 2BK l где 2l ndash удлинение стержня 2 под действием силы 2N

2 22

2 2

N ll

E F (134)

Для составления уравнения совместности деформаций рассмотрим геометрическую связь между перемещением шар-нира В и деформациями стержней 1l и 2l

Из треугольника 1 1ВK В следует что

1 11 sin sin

ВK lВВ

(135)

А из треугольника 2 1ВK В получим

2 21 sin sin

ВK lВВ

(136)

Приравнивая соотношения (135) и (136) получим урав-нения совместности деформаций в виде

1 2

sin sin

l l

(137)

Используя соотношения (133) (134) и учитывая что

1 2 1 2 2 F F F F E E E получим уравнение совместности деформаций (137) в виде

1 1 2 22 sin 2 sin sinN l EF N l (138)

Объединяя уравнения (132) и (138) получим систему уравнений относительно искомых неизвестных усилий в стерж-нях 1N и 2N

1 2

1 1 2 2

sin sin 0

2 sin sin 2 sin

N а N а

N l N l EF

(139)

Из первого уравнения системы получим

1 2sin

sin

N N

(140)

49

Подставляя (140) во второе уравнение (139) получим выражение для усилия 2N

2

2 2 21 2

2 sin

(2sin sin )

ЕN F

l l

(141)

Учитывая что

о о1 2 45 51 20 05мм

sin sin

a al l Е

52 10 МПаЕ

из выражений (141) и (140) определим усилия в стержнях

2 185 (H) 934 (H)N F N F (142)

Положительные значения усилий 1N и 2N указывают на то что их направления на рис 110б указаны верно стержень 1 ndash сжат стержень 2 ndash растянут Полученные выражения устанавли-вают связь монтажных усилий с площадью поперечного сече-ния стержней F

3) определим монтажные напряжения в стержнях с учетом их знака

1 11 2

1

934 Н( ) 934 934 МПа

мм

N N F

F F F

2 22

2

85( ) 425МПа

2 2

N N F

F F F

4) анализ результатов расчета позволяет сделать выводы о том что

ndash монтажные напряжения составляют от допускаемых напряжений [σ]

ndash для стержня 1

1

1 0934

10 100 584 160

ndash для стержня 2

2

2 0425

10 100 266 160

50

ndash при действии внешних усилий (см пример 31) в стерж-нях возникают растягивающие напряжения 1 и 2

При монтаже рассматриваемой конструкции в стержнях возникают сжимающие монтажные напряжения 1( ) lt 0 в стержне 1 и растягивающие 2 ( ) 0 в стержне 2 Таким обра-зом за счет монтажных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2

П р и м е ч а н и е В статически определимых системах монтаж-ных напряжений не возникает Например если в стержневой системе показанной на рис 110а убрать один из стержней то система становит-ся статически определимой При ее монтаже оставшийся стержень не деформируется если он выполнен короче или длиннее требуемого размера

Пример 33 Расчет температурных напряжений Для расчетной схемы представленной в примере 31 рас-

считать температурные напряжения возникающие в стержнях

при нагреве стержня 1 на о 130 СТ (рис 111а)

Рис 111

При нагреве стержня 1 он удлиняется но его свободному изменению длины препятствует стержень 2 Поэтому в стержне 1

а) б)

в)

51

возникают сжимающие усилия 1N а в стержне 2 ndash растягиваю-щие усилия 2N На рис 111б показана система внутренних усилий 1N 2N и опорных реакций АZ и АY в опоре А

Задача решается аналогично примеру 31 1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

1 20 cos cos 0AZ Z N N (143)

1 20 sin sin 0AY Y N N (144)

1 20 sin sin 0momA N a N a (145)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой

2) составим схему перемещений узла В (рис 111в) при нагреве стержня 1

Из рассмотрения треугольников 1 2В K В и 1 1В K В получим

1 1ВK ВМ K М где ВМ ndash температурная деформация стержня 1 которая определяется выражением

1 1( ) ВМ l T T l (146)

1 1 1( )K М l N 2 2 2( )BK l N

где 1l и 2l ndash деформации стержней от усилий 1N и 2N соот-ветственно Эти деформации определяются формулами (133) и (134) С учетом этих выражений получим

1 11 1 1 1 1

1 1

( ) ( )N l

BK l Т l N TlE F

(147)

2 22 2 2

2 2

( )N l

BK l NE F

Так как 1BВ ndash общая гипотенуза в треугольниках 1 2В K В и

1 1В K В то из равенства

1 2 sin sin

BK BK

с учетом выражений (147) получим

1 11

1 1 2 2

2 2sin sin

N lTl

E F N l

E F

(148)

52

Так как по условию 1 2 1 2 2 F F F F Е Е Е то уравнение совместимости деформаций (148) принимает сле-дующий вид

1 1 2 2 1

sin 2 sin sin

N l N l Тl

EF EF

(149)

Объединяя уравнение равновесия (145) и уравнение со-вместности деформаций (149) получим систему уравнений для определения усилий 1N и 2N возникающих в стержнях при температурном воздействии

2 1

1 1 2 2 1

sin sin 0

sin 2sin sin

N N

N l N l lТ Е

(150)

Решая эту систему уравнений относительно 1N и 2N по-лучим

1 2sin

sin

N N

(151)

22 22

1

sin sin2

2sin sinN ТЕF

l

l

(152)

Учитывая что 1 sin

аl

2 sin

аl

получим что 2

1

sin

sin

l

l

а выражение (152) принимает вид 2

2 3 3

sin sin2

2sin sinN ТЕF

(153)

Учитывая что 6 о 1125 10 С о30 СТ 52 10 МПаЕ о45 о51 20 из (153) и (151) получим

o 2 о6 5

2 3 о 3 о

sin 45 sin (51 20 )2 125 10 2 2 10

2 sin (51 20 ) sin (45 )N

4956 (H)F

о

1 о

sin(51 20 )4956 5446 (H)

sin(45 )N F F

53

3) температурные напряжения в стержнях с учетом их знака равны

1 11

1 1

2 21

2

5446( ) 5446 МПа

4956( ) 2478 МПа

2 2

N N FТ

F F F

N N FТ

F F F

(154)

4) анализ результатов расчета позволяет делать следую-щие выводы

ndash температурные напряжения составляют от допус-каемых напряжений для материала стержней

ndash для стержня 1

1

15446

100 100 34 160

ndash для стержня 2

2

22478

100 100 155 160

Существенной особенностью является то что при нагреве стержня 1 в нем возникают сжимающие температурные напря-жения 1( )Т lt 0 в стержне 2 ndash растягивающие напряжения

2 ( )Т 0 П р и м е ч а н и е При действии температуры в статически опре-

делимых системах температурных напряжений не возникает Например если в системе показанной на рис 111а убрать стержень 2 то система становится статически определимой При нагреве (или охлаждении) стержень 1 получает тепловую деформацию 1( )l Т и вызывает поворот

балки АВ (рис 111а) относительно опоры А При этом усилие 1N в нем

не возникает Пример 34 Совместное действие внешних нагрузок Рассмотрим статически неопределимую стержневую сис-

тему представленную на рис 19а и нагруженную внешними нагрузками Р и q

Стержень 2 изготовлен короче заданного размера на вели-чину = minus05 мм а при эксплуатации этой системы стержень 1 подвергается температурному воздействию Т = 30 degС

54

В этом случае в стержнях системы возникают дополни-тельные монтажные и температурные напряжения Результи-рующие напряжения возникающие в стержнях системы опре-деляются по формуле (123)

( ) ( ) ( )j j j jP T (155)

где j = 1 2 ndash номер стержня Обобщая решения задач приведенных в примерах 31 32

и 33 получим

1( ) 122 МПаP 2 ( ) 158 МПаP

1( ) 934 МПа 2 ( ) 425МПа

1( ) 5446 МПаТ 1( ) 2478МПаТ

Результирующие напряжения в стержнях системы (155) ndash в стержне 1

1 122 934 5446 2586 МПа

ndash в стержне 2

2 158 425 2478 22528МПа

Полученные результаты показывают что 1 lt а

2 те для стержня 2 условие прочности не выполняет-

ся Это связано с тем что за счет монтажных и температурных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2 (рис 19а)

Таким образом монтажные и температурные напряжения оказывают существенное влияния на напряженное состояние и прочность элементов статически неопределимых систем и их необходимо учитывать при проведении проектных расчетов

Рассмотрим общий случай совместного воздействия на ста-тически неопределимую систему представленную на рис 19а

внешних нагрузок Р qa кН

10 м

q монтажной неточности

стержня 2 = minus05 мм и температурного воздействия на стер-

жень 1 Т 30 degС Обобщая результаты расчетов приведенных в примерах

31 32 и 33 получим что наиболее нагруженным является стержень 2 те max 2 Учитывая что в соответствии

55

с (129) напряжения в стержне 2 от внешних сил равно 3

235 10

( ) РF

окончательно получим в соответствии с (155)

3 3

max 235 10 35 10

425 2478 6728 (МПа)F F

(156)

Условие прочности (114) принимает вид

3

max35 10

6728 F

(157)

Требуемая площадь поперечного сечения из (157) должна удовлетворять условию

335 10

6728

F

При 160 МПа получим

3 3235 10 35 10

3765мм 160 6728 9272

F

Принимаем 21 3765ммF F и 2

2 2 753мм F F Определяем диаметры стержней

11

4 37652 693мм

Fd

22

4 7532 979 мм

Fd

Окончательно принимаем следующие диаметры стержней

1 27 мм 10 ммd d

В этом случае площади поперечных сечений стержней со-ставляют

2 221

17

385мм 4 4

dF F

2 222

210

785мм 4 4

dF F

56

Проверим выполнение условий прочности для наиболее нагруженного стержня используя формулу (156)

3

max35 10

6728 1582 МПа385

Так как max lt то условие прочности (157) выполня-

ется На основании проведенных расчетов можно делать сле-

дующий вывод При выполнении проектных расчетов статически не-

определимых систем необходимо учитывать наличие мон-тажных и температурных напряжений возникающих в эле-ментах систем

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают при рас-тяжении и сжатии элемента конструкции

2 Какой вид нагружения называется растяжением (сжа-тием)

3 Сформулируйте суть метода сечений при растяжении и сжатии

4 Сформулируйте правила знаков для продольных сил 5 Как вычисляются нормальные напряжения при растя-

жении (сжатии) 6 Как определяются перемещения при растяжении (сжа-

тии) 7 Запишите закон Гука при растяжении (сжатии) 8 Как определяется коэффициент Пуассона 9 Нарисуйте диаграмму растяжения образца и укажите ее

основные законы 10 Что такое предел пропорциональности предел текуче-

сти и предел прочности материала 11 Назовите характеристики определяющие пластич-

ность материала 12 Как определяются допускаемые напряжения для пла-

стичных и хрупких материалов 13 От каких факторов зависит значение коэффициента

запаса прочности 14 Какие системы называются статически неопредели-

мыми

57

15 Что такое условие совместности деформаций 16 Запишите условия прочности для хрупких и для пла-

стических материалов 17 Что такое монтажные напряжения и в каких системах

они возникают 18 Что такое температурные напряжения и в каких сис-

темами они возникают 19 Какие типы расчетов на прочность существуют 20 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета для стержневой системы работающей на растяжение и сжатие

58

Глава 2

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

21 Основные соотношения При расчетах на прочность элементов конструкций кроме

площади поперечного сечения F используются и другие гео-метрические характеристики плоского поперечного сечения определяющие его жесткость при изгибе кручении сложных видах деформаций при расчетах на устойчивость и динамиче-ское действие внешних нагрузок

Статическими моментами сечения называются интегралы следующего вида (рис 21)

xF

xF

dF

dF

S y

S х

(21)

Рис 21

Здесь x y ndash координаты произвольной точки А сечения с координатами x и y dF ndash площадь бесконечно малой площад-ки выделенной возле точки А Интегрирование в (21) ведется по всей площади F поперечного сечения

Оси относительно которых статические моменты равны нулю (Sx = Sy= 0) называются центральными и обо-значаются xC и yC Точка их пересечения (С) называется цен-тром тяжести

59

Координаты центра тяжести xC и yC определяются выра-жениями

1 1

1 1

C C

CC

j

n n

j j jj j

j j

n n

F x F y

x yF F

(22)

Здесь j = 1 2 hellip n ndash номер элементарного сечения на ко-торые можно разбить заданное сечение n ndash число этих сечений

jF ndash площадь элементарного сечения Cjx и Cjy ndash координаты

центра тяжести элементарного сечения в принятой системе ко-ординат Положение и координаты центра тяжести элементар-ных сечений (прямоугольник треугольник круг эллипс и др) приведены в прил 3

Осевыми моментами инерции называются интегралы вида 2 2 x y

F F

J y dF J x dF (23)

Полярным моментом инерции называется интеграл вида 2

рF

J dF (24)

Так как 2 2 2х y (см рис 21) получим

р x yJ J J (25)

Центробежный момент инерции определяется выражением

xyF

J xy dF (26)

Существенным свойством центробежного момента явля-ется то что он может принимать положительные отрицатель-ные и нулевые значения в зависимости от расположения исход-ных осей x и y (рис21)

Оси относительно которых центробежный момент равен нулю ( = 0)xyJ называются главными

Главные оси проходящие через центр тяжести сечения называются главными центральными осями Во всех даль-нейших расчетах эти оси будем обозначать х и у (рис 22)

60

Рис 22

Момент инерции относительно осей x1 и y1 параллельных

главным центральным осям x и y вычисляется по формулам 2 2

1 1 x х y yJ J b F J J a F (27)

где х yJ J ndash моменты инерции относительно главных централь-

ных осей а b ndash расстояния между параллельными осями (рис 22) При определении положения главных центральных осей

следует использовать следствие из их определения Если поперечное сечение имеет хотя бы одну ось сим-

метрии то эта ось является главной центральной Если се-чение имеет две оси симметрии то обе они являются глав-ными центральными а центр тяжести лежит в точке их пересечения

Моментами сопротивления поперечного сечения являются геометрические характеристики которые определяются по фор-мулам

max max

yхx y

JJW W

y x (28)

где max y и max x ndash расстояния до наиболее удаленных точек (K1 и K2) сечения расположенных на внешнем контуре сечения (рис 22)

Полярным моментом сопротивления называется геомет-рическая характеристика

max

рр

JW

(29)

где max minus максимальное расстояние от центра тяжести сечения

до внешнего контура сечения

61

Радиусы инерции поперечного сечения определяются по формулам

yxx y

JJi i

F F (210)

Все геометрические характеристики и координаты опре-деляющие положение центра тяжести простейших сечений приведены в прил 3 Геометрические характеристики стандарт-ных профилей поперечных сечений (двутавр швеллер уголок) приведены в прил 4

П р и м е ч а н и е При проведении расчетов на прочность при раз-личных видах нагружения в поперечных сечениях элементов конструкций используют главные центральные оси которые обозначают х и у

22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения

Задача 4 Для заданного поперечного сечения (рис 23) вычислить

геометрические характеристики х y x y x уJ J W W i i относи-

тельно главных центральных осей При расчете принять 1 1 b k b 2 2 b k b 3 3b k b Значения коэффициентов k1 k2 k3 и вид поперечного сечения

выбираем по табл 21 в соответствии с заданным вариантом расчета Все геометрические характеристики вычислить через па-

раметр сечения b

Таблица 21

Значения коэффициентов Номер строки

Номер схемы по табл21 k1 k2 k3

1 I 10 10 10 2 II 11 08 12 3 III 12 09 14 4 IV 13 07 16 5 V 14 06 18 6 VI 15 12 20 7 VII 16 11 10 8 VIII 17 08 12 9 IX 18 10 14

10 X 09 09 16 Буква шифра

а б в г

62

Рис 23

Пример В соответствии с условиями задачи 4 определить

геометрические характеристики поперечного сечения пред-ставленного на рис 24

63

Рис 24

Так как сечение является симметричным то вертикальная

ось симметрии y является главной центральной осью Для ре-шения задачи введем по нижней кромке сечения вспомогатель-ную ось х1

Разобьем сечение на два прямоугольника 1 и 2 и проведем их laquoсобственныеraquo главные центральные оси хC1 yC1 и хC2 yC2 Определим положение центра тяжести сечения по формуле (22)

1 1 2 2

1 2

C CC

F y F yy

F F

(211)

где F1 F2 ndash площадь прямоугольников 1 и 2 а 1Cy и 2Cy ndash ко-

ординаты их центров тяжести С1 и С2 относительно оси х1 2 2

1 1 2 25 10 2 20 11 8 2 16C Cy b F b b b y b F b b b

В соответствии с (211) получим координату центра тяже-сти (С) всего сечения

2 2

2 2

20 5 11 11767

20 16C

b b b by b

b b

Отмечаем положение центра тяжести сечения С и прово-дим вторую главную центральную ось сечения х

Осевой момент инерции сечения относительно оси х равен

64

(1) (2)х х хJ J J (212)

В соответствии с (27)

1

(1)(1) 21 1xСхJ J F b (2)(2) 2

2 22х xСJ J F b ndash моменты инерции

прямоугольников 1 и 2 относительно оси х (1)1СхJ (2)

2СхJ ndash момен-

ты инерции каждого прямоугольника относительно их собст-венных главных центральных осей 1Cх и 2Cх соответственно

b1 и b2 ndash расстояния между осями х и 1Cх аналогично х и 2Cх

Из рис 24 следует

11 767 5 267C Cb y y b b b

22 11 767 333CCb y y b b b

Моменты инерции каждого прямоугольника относительно его главных осей вычисляется по формулам (см прил 3)

(1)1

342 (10 )

166712Сx

b bJ b (2)

2

348 (2 )

53312Сx

b bJ b

Момент инерции для всего поперечного сечения вычисля-ем по формуле (212)

(1) (2)1 2

2 21 1 2 1

2 2 2 4 2 2 41667 (267 ) 20 533 (333 ) 16 4924

С Сx x xJ J b F J b F

b b b b b b b

Момент инерции относительно оси у вычисляется гораздо проще так как ось у является осью симметрии всего сечения и сечений 1 и 2 те главные центральные оси у1 и 1Cy и 2Cy сов-

падают (см рис 24) В этом случае момент инерции

(1) (2)y y yJ J J (213)

где (1)3

410 (2 )667

12yb b

J b

(2)3

42 (8 )8533

12yb b

J b

Момент инерции всего сечения (213) равен 4 4 4667 8533 92yJ b b b

Наиболее удаленные от осей х и у точки сечения K1 и K2

(см рис 24) имеют координаты

65

1max 767K Cy y y b 2max 4Kx y b

Моменты сопротивления сечения (28) равны 4 4

3 3

max max

4924 92642 23

767 4уx

x у

JJ b bW b W b

y b х b

Площадь всего поперечного сечения равна 2 2 2

1 2 20 16 36F F F b b b

Радиусы инерции определяются выражениями (210) и равны

4

2

49244924 222

636x

xJ b b

i bF b

4

2

9292 9

636

yy

J b bi b

F b

В табл 22 приведены все расчетные геометрические ха-рактеристики сечения

Таблица 22

F xJ уJ xW уW xi yi

36b2 4924b4 92b4 642b3 23b3 222b 9b П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение имеет отверстия то

геометрические характеристики отверстия F xJ уJ следует считать от-

рицательными

Контрольные вопросы

1 Приведите определение статических моментов инерции плоских сечений

2 Дайте определение осевых и центробежного моментов инерции поперечного сечения

3 Дайте определение полярного момента инерции попе-речного сечения

4 Как связаны между собой полярный и осевые моменты инерции

5 Запишите формулы для расчета осевых и полярного моментов инерции простейших сечений прямоугольника круга кольца

66

6 Как определяется положение координат центра тяжести сложного поперечного сечения

7 Какие оси называются центральными 8 Какие оси называются главными 9 Какими свойствами обладают оси симметрии попереч-

ного сечения 10 Как вычисляются моменты инерции сечения при па-

раллельном переносе осей 11 Как вычисляются моменты сопротивления сечений

осевые полярный 12 Запишите формулы для вычисления моментов сопро-

тивления простейших сечений прямоугольника круга кольца 13 Как определяются моменты инерции и моменты

сопротивления стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

14 Как вычисляются радиусы инерции поперечных се-чений

15 Какие оси поперечного сечения называются главными центральными

67

Глава 3

КРУЧЕНИЕ

31 Основные соотношения Рассматриваем кручение стержней (валов) имеющих круг-

лое сплошное или кольцевое поперечное сечение В этом случае выполняется гипотеза плоских поперечных сечений [1 2]

При кручении стержней в поперечных сечениях возника-ют крутящие моменты кр М которые определяются методом

сечений на каждом участке стержня По результатам расчетов строится эпюра крутящих моментов При построении эпюры

крМ используем следующее правило знаков

Внешний момент действующий на отсеченную часть стержня считается положительным если при взгляде со стороны внешней нормали к отсеченной части он вращает ее против часовой стрелки

Под действием крутящего момента крМ в точках попе-

речного сечения расположенных на радиусе возникают каса-тельные напряжения эпюры которых в плоскости сечения по-казаны на рис 31

Рис 31

Величина касательных напряжений в произвольной точке сечения А с координатой (рис31) рассчитывается по формуле

кр

p

М

J (31)

68

где 02

D D ndash внешний диаметр стержня крМ ndash крутящий

момент который определяется по эпюре крутящих моментов

pJ ndash полярный момент инерции поперечного сечения

(см п 21) Максимальные касательные напряжения max достигают-

ся на внешнем контуре сечения (см рис 31) при 2

D и опре-

деляются формулой

крmax

p

М

W (32)

где pW ndash полярный момент сопротивления сечения (29)

Условие прочности записывается в виде

max (33)

Здесь ndash допускаемые касательные напряжения кото-

рые обычно принимают равными (0507) где ndash

допускаемые напряжения для материала вала при растяжении (сжатии)

При кручении поперечные сечения стержня остаются пло-скими не меняют своей формы и размеров и поворачиваются на угол Угол поворота на участке стержня определяется вы-ражением

кр p

М l

GJ (34)

где l ndash длина участка G ndash модуль упругости второго рода (мо-дуль сдвига) материала стержня который определяется экспе-риментально для каждого материала [1 7] Угол поворота из-меряется в радианах

Относительный угол поворота определяется выражением

l

или в соответствии с (34) по формуле

кр

p

M

GJ (35)

69

Условие жесткости для стержней работающих на круче-ние записывается в виде

max (36)

Максимальный относительный угол поворота max опре-

деляется по формуле (35) а допускаемый относительный угол поворота назначается из особенностей работы конструкции

П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение стержня не является круглым (эллиптическое прямоугольное и др) то гипотеза плоских сечений не выполняется сечение депланирует и расчетные формулы (31)ndash(35) не применимы [1] В этом случае расчет стержней выполняется методами теории упругости

32 Расчет на прочность трансмиссионного вала

Задача 5 Выполнить проектный расчет трансмиссионного сталь-

ного вала постоянного поперечного сечения Вал посажен на подшипниковые опоры К шкиву 1 подводится мощность N1 которая передается оборудованию через шкивы 2 3 и 4 в соот-ветствии с расчетной схемой представленной на рис 32

I

VI

II

VII M1

M2

M3M4

l2l1

l3

Рис 32

70

III

VIII

IV

IX

V

X

Рис 32 Окончание

Вал имеет сплошное круглое поперечное сечение диамет-ром D и вращается с частотой n минndash1 Исходные данные при-нять по табл 31

Таблица 31

N2 N3 N4 n 1l 2l 3l

Номер строки

Номер схемы по рис 32

кВт кВт кВт минndash1 м м м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 I 40 20 15 400 10 05 05 2 II 50 25 20 600 05 10 05 3 III 35 20 30 300 06 08 06 4 IV 60 30 20 200 07 10 04 5 V 25 40 25 450 06 07 09 6 VI 40 20 20 500 05 05 05

71

Окончание табл 31

1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 VII 60 35 20 550 04 05 06 8 VIII 35 20 30 350 06 04 05 9 IX 45 40 25 400 05 06 07 0 X 30 25 30 300 08 10 04

Буква шифра

а б в г д а г д

При выполнении расчетов принять ndash материал вала ndash сталь ndash модуль сдвига G = 08 middot 105 МПа ndash допускаемые касательные напряжения 40 МПа

ndash допускаемый относительный угол закручивания вала 04 градм

Пример В соответствии с условиями задачи 5 выполнить проектный расчет трансмиссионного вала расчетная схема ко-торого показана на рис 33 а

Рис 33

а)

в)

б)

72

Исходные данные принять следующими

2 40кВтN 3 40кВтN 4 20кВтN 1300мин n

1 04мl 2 06мl 3 10мl

Решение 1) определим величину мощности подводимой к ведуще-

му шкиву 1 Считаем что потери на трение в подшипниковых опорах А и В отсутствуют те

1 2 3 4 40 40 20 100 N N N N кВт

2) вычисляем крутящие моменты передаваемые на транс-миссионный вал в местах расположения шкивов используя формулу

955 ii

NМ

n (37)

где i = 1 2 3 4 ndash номер шкива

В соответствии с (37) получим

1100

955 318300

М кНм

2 340

955 127300

М М кНм

420

955 064300

М кНм

3) используя метод сечений на каждом из трех участков I II и III (рис 33а) получим значения крутящих моментов на этих участках

крI 4 064М M кНм

крII 4 1 064 318 254М M M кНм

крIII 4 1 2 064 318 127 127М M M M кНм

На рис 33б показана эпюра крутящих моментов постро-енная по полученным результатам

4) определяем положение наиболее нагруженного сечения вала Из эпюры крутящих моментов следует что наиболее на-груженным для вала постоянного поперечного сечения явля-

73

ются сечения расположенные на II участке где крутящий момент

достигает максимального значения кр крIImax 254кНмМ М 5254 10 Н мм

Принимая полярный момент сопротивления для вала рав-

ным 3

16pD

W

запишем условие прочности (33) в виде

кр крmax maxmax 3

16p

М М

W D

(38)

Из соотношения (38) получим что диаметр вала должен определяться из условия

кр

5max 33

16 16 254 1068

40

МD

мм

Таким образом из расчета на прочность следует что трансмиссионный вал должен иметь диаметр 68ммD

5) проверим выполнение условия жесткости (36) для трансмиссионного вала Для этого определим допускаемый от-носительный угол закручивания в радм

о

3 6о

04698 10 радм 698 10 радмм

180

Учитывая что полярный момент инерции вала 4

32pD

J

из условия жесткости (36) получим

кр крmax maxmax 4

32

p

М М

GJ G D

(39)

Из (39) следует что вал должен иметь диаметр удовле-творяющий следующему соотношению

кр

5max

445 6

32 32 254 1082

08 10 698 10

МD

G

мм

Таким образом из условия жесткости следует что 82D мм 6) сопоставляя результаты расчета на прочность и жест-

кость получим что должно выполняться условие 82D мм

74

Округляя это значение диаметра до ближайшего большего из ряда нормальных размеров (ГОСТ 8032ndash84) окончательно при-нимаем диаметр трансмиссионного вала D = 85 мм

В этом случае вал имеет

ndash момент сопротивления 3 3

585121 10

16 16pD

W

мм3

ndash полярный момент инерции 4 4

6 48551 10 мм

32 32pD

J

7) вычислим по формуле (312) значения максимальных касательных напряжений на каждом участке для принятого диаметра вала

кр6

Imax I 5

064 1053

121 10p

М

W

МПа

кр6

IImax II 5

254 1021

121 10p

М

W

МПа

кр6

IIImax III 5

127 10105

121 10p

М

W

МПа

Эпюра максимальных касательных напряжений показана на рис 33в

Анализ эпюры напряжений показывает что на всех участ-ках вала и условие прочности (38) и условие жесткости (39) выполняется

33 Расчет на прочность статически неопределимого вала

Задача 6 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими торцами (рис 34) и нагружен крутящими моментами m1 m2 m3

75

Рис 34

Определить требуемый диаметр вала из условий прочно-

сти и жесткости Построить эпюру углов поворотов поперечных сечений

Принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа = 8 104 Нмм2

m1 m2

m3I

ll3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1 m2

m3IV

ll3

l2l1

m1 m2

m3V

ll3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3IX

ll3

l2l1

m1

m2

m3X

ll3

l2l1

76

ndash допускаемое касательное напряжение [] = 80 МПа = = 80 Нмм2

ndash допускаемый относительный угол закручивания [] = = 2 ordmм

Остальные данные для расчета взять из табл 32 приняв значение m = 05 кНм = 05 middot 106 Нmiddotмм

Таблица 32

Номер строки

Номер схемы

по рис 34 m1 m2 m3 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m m m 2m m m m m 2m m

m m

2m m m m

2m m m

2m

m 2m m m m

2m m

2m m m

l l l l 2l l l 2l 2l 2l

l 2l l l l 2l l l 2l 2l

l l 2l l l 2l 2l l l l

l l l

2l l l

2l 2l l l

Буква шифра

а б в г д а г д

Пример В соответствии с условиями задачи 6 выполнить

расчет стального вала при m1 = 3m m2 = m m3 = 3m l1 = 2l l2 = = l3 = l4 = l (рис 35а)

Решение 1) вал нагружен только парами сил лежащими в плоско-

сти поперечного сечения поэтому возникают только две опор-ные реакции ndash моменты в защемлениях МА и МВ

Составляем уравнение равновесия (сумма крутящих мо-ментов относительно оси z)

1 2 30 0Z A Bmom M m m m M

подставив заданные значения m1 m2 m3 в это выражение по-лучим

MA ndash MB ndash m = 0 (310)

Имеем одно уравнение с двумя неизвестными те система один раз статически неопределима

77

Рис 35

2) выбираем основную систему Она получается из задан-

ной освобождением от лишней связи За лишнюю связь прини-маем защемление правого торца Загружая основную систему заданной нагрузкой и неизвестным моментом Х = MB превра-щаем ее в систему эквивалентную заданной (рис 35б) Усло-вием эквивалентности в данном случае является равенство ну-лю угла поворота сечения В основной системы

В = 0 (311)

В соответствии с принципом независимости действия сил угол поворота сечения В для основной системы можно подсчи-тать как алгебраическую сумму углов поворота сечения В от каждого из внешних моментов в отдельности те

в)

а)

б)

г)

78

1

k

B B im X (312)

или 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) 0B B B Bm m m X

Применяя формулу (34) с учетом условия (312) получим

3 2 3 3 4 50

p p p p

m l m l m l X l

GJ GJ GJ GJ

(313)

Внешний крутящий момент считаем положитель-ным если при взгляде со стороны свободного торца В Он вращает вал против часовой стрелки (см рис 35б)

Из уравнения совместности деформаций (313) получим

X = 06 m

В силу эквивалентности X = MB те MB = 06m Из уравнения равновесия (37) получим

06 16А ВМ m М m m m

Значения моментов МА и МВ положительны те направле-ние их выбрано верно (см рис 35а)

3) строим эпюру крутящих моментов определив их вели-чину на каждом участке методом сечений Крутящий момент в произвольном сечении i-го участка по величине равен ал-гебраической сумме внешних моментов расположенных по одну сторону от сечения

на I участке кI 16АМ М m

на II участке кII 3 16 3 14АМ М m m m m

на III участке кIII 3 16 3 24АМ М m m m m m m

на IV участке кIV 3 3 16АМ М m m m m m m

3 06m m

Эпюра крутящих моментов показана на рис 35в Эпюра

крМ штрихуется винтовой линией

4) строим эпюру углов поворота сечений i используя фор-мулу

1i i

i ip i

M l

GJ (314)

79

где i1 ndash угол поворота сечения расположенного в начале уча-

стка li ndash длина участка p iGJ ndash жесткость сечения на кручение

на i-м участке Граничные сечения участков пронумерованы цифрами 0 1 2 3 4

Используя формулу (314) получим

0 = A = 0

кI1

2 16 20 32

p p p

M l m l ml

GJ GJ GJ

кII2 32 14 18

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIII3 18 24 06

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIV4 06 06 0

p p p

M l ml ml

GJ GJ GJ

Для удобства при построении эпюры углов поворота вве-

дем обозначение p

mlk

GJ

Эпюра углов поворота представлена на рис 35г Факт того что 4 = В = 0 подтверждает правильность

решения те построение эпюры одновременно является де-формационной проверкой

5) определяем требуемый диаметр стержня Условие прочности (33) с учетом (32) имеет вид

max кmax

p

М

W (315)

Здесь 3

16pD

W

полярный момент сопротивления се-

чения Из условия (315) получим

max к

316

М

D

(316)

80

Стержень имеет постоянное сечение те опасным являет-ся участок III где возникает наибольший крутящий момент (рис 33в)

max кМ = 24m = 24 middot 05 = 12 кНmiddotм = 12 middot 106 Нmiddotмм

Из (316) получим

63 16 12 10

424 мм80

D

Условие жесткости (36) с учетом (35) имеет вид

max кmax

p

М

GJ (317)

Здесь 4

32pD

J

ndash полярный момент инерции сечения

Полагая max = [] из формулы (317) получим

max к

432 М

DG

(318)

Допускаемый относительный угол закручивания по усло-вию задачи задан в градусах

[] = 2 ordmм

Переведем его в радианы

о о

4о

2 2радм 035 10 радмм

м 180

Тогда по формуле (318) получим значение диаметра D

64

4 4

32 12 10457мм

8 10 035 10D

Диаметр найденный из условия жесткости больше диа-метра найденного из условия прочности

Принимаем бoacuteльший диаметр 457 ммD Окончательно округляя диаметр вала в бoacuteльшую сторону

по ГОСТ 8032ndash84 принимаем D = 46 мм П р и м е ч а н и е Если вал имеет кольцевое поперечное сечение

то полярные момент сопротивления pW и момент инерции pJ в соотно-

шениях (315) и (317) определяются по формулам

81

34(1 )

16pD

W с

3

4(1 )32pD

J с

где d

сD

D ndash внешний d ndash

внутренний диаметр вала При этом значение параметра с задается конст-руктором и оно обычно принимается равным с = 07ndash08

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется кручением 2 Сформулируйте правила знаков для построения эпюры

крутящего момента 3 Запишите формулу для расчета касательного напряже-

ния при кручении 4 Постройте эпюру касательных напряжений в попереч-

ном сечении вала 5 Запишите условие прочности при кручении 6 Запишите формулу для определения угла поворота по-

перечного сечения вала 7 Запишите формулу для вычисления относительного уг-

ла закручивания вала 8 Запишите условие жесткости при кручении 9 Запишите формулы для вычисления полярного момента

инерции для круглого и кольцевого поперечных сечений 10 Запишите формулы для вычисления полярного момента

сопротивления для круглого и кольцевого поперечного сечений 11 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета вала при кручении 12 Особенности расчета статически неопредилимых валов 13 Какое поперечное сечение (круглое сплошное или

кольцевое) вала работающего на кручение является более ра-циональным и почему

14 Сформулируйте порядок расчета вала на прочность и жесткость

15 Сформулируйте особенности расчета валов имеющих некруглое поперечное сечение

82

Глава 4

ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ

41 Основные соотношения При плоском поперечном изгибе в поперечных сечениях

балки возникают два внутренних силовых фактора попереч-ная (перерезывающая) сила yQ и изгибающий момент хМ

(рис 41)

Рис 41

Оси х и у в поперечном сечении являются главными цен-

тральными (см п 2) Эпюры внутренних силовых факторов строят методом сечений для каждого участка балки При этом применяют правила знаков

Правила знаков ndash поперечная сила yQ считается положительной если

внешняя сила поворачивает отсеченную часть балки по ча-совой стрелке относительно сечения (рис 42а)

ndash изгибающий момент хМ считается положитель-

ным если сжаты верхние волокна балки (рис 42б)

83

Рис 42

Под действием изгибающего момента хМ в произвольном

волокне А (рис 41) расположенном на расстоянии у от оси х возникают нормальные напряжения которые определяются по формуле [1]

х

x

Мy

J (41)

где xJ ndash момент инерции поперечного сечения

Из (41) следует что распределение нормальных напряже-ний по высоте сечения является линейным Эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении показана на рис 43б

Рис 43

Из эпюры нормальных напряжений следует что наиболее нагруженными являются точки поперечного сечения K1 и K2 с координатами py и сж y наиболее удаленные от оси х (рис 43а)

б)

а)

а) б) в)

84

Нормальные напряжения в этих точках в соответствии с (41) определяются выражениями

max p p max сж сжх х

x x

М Мy y

J J (42)

В тех случаях когда сечение является симметричным относи-тельно оси х максимальные напряжения вычисляются по формуле

maxх

x

М

W (43)

где xW ndash момент сопротивления поперечного сечения Для балок из пластичных материалов записывается одно

условие прочности (112) которое с учетом (43) имеет вид

maxх

x

М

W (44)

Для балок из хрупких материалов записывают два условия прочности (113) которые с учетом (42) принимают вид

max р p p х

x

Мy

J max cж сж сж х

x

Мy

J (45)

Под действием перерезывающей силы yQ в поперечном се-

чении на уровне у (рис 43а) действуют касательные напряжения которые вычисляются по формуле Д И Журавского [1 2]

y x

x

Q S

J b

(46)

Здесь xS ndash статический момент части площади сечения расположенной выше уровня у (рис 43 а) b ndash ширина сечения на уровне у

Эпюра касательных напряжений по высоте сечения по-казана на рис 43в Максимальные касательные напряжения имеют место в центре тяжести поперечного сечения и равны

1max

max

Fy x

x

Q S

J b (47)

где 1FxS ndash статический момент части площади сечения 1F ле-

жащий выше оси х (рис 43а)

85

Условие прочности по касательным напряжениям записы-ваются в виде (33) и с учетом (47) принимает вид [1]

maxmax

Fy x

x

Q S

J b (48)

где max yQ ndash максимальная поперечная сила которая определя-

ется по эпюре yQ ndash допускаемое касательное напряжение

для материала балки При поперечном изгибе балки ее деформации характери-

зуются прогибом y(z) и углом поворота поперечного сечения (z) которые являются функциями координаты z характери-зующей положение произвольного сечения (рис 44)

Рис 44

Прогиб угол поворота и изгибающий момент связаны

между собой дифференциальными соотношениями 2

2 x

x

Mdx d y

dz EJdt (49)

Изогнутая ось балки называется упругой линией Прогибы и углы поворота могут определяться различными способами [1 2] прямым интегрированием дифференциальных соотноше-ний (49) с помощью интеграла Максвелла-Мора способом Ве-рещагина и др

Если балка имеет постоянное поперечное сечение по дли-не те ( ) constxЕJ то прогибы и углы поворота можно опре-делять универсальным методом начальных параметров в соот-ветствии с которым выражения для них записываются в виде

86

0 0

2 3 4

1( )

2 3 4

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

y z y zEJ

M z a Р z b q z c

0

2 3

1( )

1 2 3

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

dyz

dz EJ

M z a Р z b q z c

Уравнения (410) и (411) записаны для правой системы координат начало которой следует располагать в крайнем ле-вом сечении балки (см рис 44)

Суммирование в формулах (410) и (411) производится по всем внешним нагрузкам количество которых характеризуется индексом

j = 1 2 3 hellip

В формулах (410) и (411) введены следующие обозначе-ния ja ndash расстояние от начала координат до изгибающего мо-

мента jM jb ndash расстояние от начала координат до точки прило-

жения внешнего усилия jР jс ndash расстояние от начала координат

до начала действия распределенной нагрузки интенсивностью jq

z ndash расстояние до сечения балки в котором определяется прогиб или угол поворота разделительная черта z jа указывает на то

что соответствующая нагрузка учитывается в уравнении только при выполнении условия z ja (аналогично для z jb и z сj) у0

и 0 ndash начальные параметры (прогиб балки и угол поворота попе-речного сечения в начале координат) значения которых опреде-ляются из граничных условий те из условий закрепления балки

При расчете внешние нагрузки и опорные реакции в урав-нениях (410) и (411) подставляются с учетом правила знаков для изгибающих моментов если действующая нагрузка вызы-вает сжатие верхних волокон балки то она подставляется со знаком плюс в противном случае ndash со знаком минус

(410)

(411)

87

Прогиб считается положительным (y 0) если сечение балки перемещается вверх а угол поворота 0 если сечение поворачивается против часовой стрелки

Вычисляя по формулам (410) и (411) прогибы и углы по-ворота для сечений с различными координатами z строят упру-гую линию балки и вычисляют максимальный прогиб max y

Если из конструктивных соображений прогиб балки дол-жен быть ограничен то дополнительно к условиям прочности (44) или (45) необходимо потребовать выполнение условия жесткости

max y f (412)

Здесь f ndash допускаемый прогиб величина которого ус-

танавливается исходя из конструктивных особенностей и усло-вий эксплуатации балки

Рекомендации по проектированию балок работающих на изгиб

Наиболее рациональными следует считать балки имею-щие поперечные сечения обеспечивающие минимальный вес балки при выполнении условий прочности

Из анализа эпюр распределения нормальных напряжений можно сформулировать следующие рекомендации по выбору ра-циональных поперечных сечений для балок работающих на изгиб

1 Для балок из пластичных материалов рекомендуется выбирать симметричные (относительно оси х) сечения ослаб-ленные в центральной части (кольцевое сечение двутавр швеллер и тп)

2 Для балок из хрупких материалов рекомендуется выби-рать несимметричные сечения (относительно оси х) у которых расстояние до наиболее удаленных сжатых волокон больше чем расстояние до наиболее удаленных растянутых волокон (рис 43а) сж p y y

Наиболее оптимальными следует считать поперечные се-чения у которых выполняются соотношение

сжсж

p р

y

y

(413)

88

42 Расчет стальной балки на прочность Задача 7 Для стальной балки нагруженной в соответствии с рас-

четной схемой из условия прочности по нормальным напряже-ниям подобрать размеры поперечного сечения

Расчет выполнить для четырех вариантов поперечного се-чения

ndash двутавр

ndash прямоугольное с соотношением сторон 2h

b

ndash круглое сплошное с внешним диаметром D

ndash кольцевое с соотношением диаметров 07d

сD

Выбрать наиболее рациональное поперечное сечение и для него построить эпюры нормальных и касательных напряже-ний в опасных поперечных сечениях балки Исходные данные для расчета принять по табл 41 и рис 45 полагая

2Р qa m Pa qa q = 10 кНм а = 1 м

Таблица 41

Внешние нагрузки Материал балки

Сталь Чугун

Предел прочности

МПа

Номер

строки

Схема

по

рис

51

m1 m2 P1 P2 q1 q2 Марка

Пре-дел те-куче-сти σт МПа

Марка

при растя-жении σвр

при сжатииσвс

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m

3m 2m m m

2m

2m m

2m 2m m m m m m m

P P

2Р P

2P 2P P P

2P P

2P P

2P 2P P P

2P P

2P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q

2q q q

20 40Х 30

40ХН40 20 50

40ХН30

40ХН

240 800 300 900 340 240 380 900 300 900

СЧ35 СЧ25 СЧ15 СЧ25 СЧ35 СЧ25 СЧ10 СЧ25 СЧ35 СЧ10

350 280 120 280 350 280 120 280 350 120

1200 1000 500

1000 1200 1000 500

1000 1200 500

Буква шифра

а б д г в д

89

Коэффициент запаса прочности принять т 15n допус-

каемые касательные напряжения принять [] = 06[]

Рис 45

Пример В соответствии с условиями задачи выполнить

расчет на прочность балки изображенной на рис 46а

90

Дано q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = 10 кНmiddotм = = 107 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 104 Н а = 1 м = 1000 мм

Рис 46

Материал балки ndash сталь 20 с пределом текучести σт =

= 240 МПа и модулем упругости Е = 2 middot 105 МПа Коэффициент запаса прочности nт = 15 Решение 1) определяем опорные реакции YA и YB из уравнений рав-

новесия

30 3 3 4 0

2A Вa

mom m q a Y a P a

а) б) в)

91

2 2 245 4 45 05 425

3 3Bm qa P a qa qa qa a

Y qaa a

30 3 3 0

2B Aa

mom m Y a q a Pa

2 2 245 4 45 05 4

3 3Am qa P a qa qa qa a

Y qaa a

Проверка правильности определения опорных реакций проводится по уравнению равновесия

0 3 0A BY Y q a Y P

qa ndash 3qa + 25qa ndash 05qa = 0 0 equiv 0

Тождество показывает что опорные реакции найдены верно Положительные значения YA и YB показывают что направления опорных реакций соответствуют принятым на рис 46а

2) строим эпюры поперечных сил yQ и изгибающих мо-

ментов xМ Балку разбиваем на участки I и II Используя метод

сечений для произвольного сечения каждого участка составля-ем уравнения для определения внутренних усилий yQ и xМ

в соответствии с которыми они изменяются в пределах каждого участка Положение сечения определяется текущей координа-той z начало отсчета удобно совмещать с началом участка (см рис 46а)

Рассмотрим поочередно оба участка используя введенные правила знаков для yQ и xМ

I участок 0 z1 3a Уравнение для поперечной силы в произвольном сечении

с координатой z1 имеет вид

yQ = YA qz1

yQ = qa qz1 = q (a z1)

Выражение для yQ является линейной функцией коорди-

наты z1 те для построения эпюры достаточно вычислить зна-чения yQ в начале (z1 = 0) и в конце (z1 = 3а) I участка балки

ndash при z1 = 0 yQ qa

ndash при z1 = 3а 2yQ qa

92

Эпюра yQ показана на рис 46б

Уравнение изгибающего момента xМ в произвольном се-

чении участка I имеет вид

21

12Ax m Y z q zМ

2 2 2 21 1 1 1

11 ( )2 2x q a z q z q a a z z M q a

Получили уравнение кривой второго порядка (параболы) выпуклость которой направлена вверх кривая имеет экстремум

в сечении с координатой э1z где 0yQ Значение э

1z получим

приравняв нулю выражение для yQ на I участке те

э1( ) 0q a z

откуда э1 az

Построить кривую второго порядка можно по трем точкам Вычислим значения xМ в начале участка (z1 = 0) в сече-

нии экстремума xМ ( z1 = a) и в конце участка (z1 = 3а)

ndash при z1 = 0 2x qaМ

ndash при z1 = э1z = a 2 2 21

152xM q a a a a qa

ndash при z1 = 3а 2 2 213 3 05

2xM q a a a a qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

II участок 20 z a Рассматривая правую отсеченную часть балки получим

05yQ P q a

График этой функции ndash прямая параллельная оси отсчета z (см рис 46б)

Изгибающий момент xМ в произвольном сечении участка

II с координатой 2z определяется выражением

2 21

2xM P q az z

93

Получили уравнение наклонной прямой которую можно построить вычислив значения изгибающего момента в начале (z2 = 0) и в конце (z2 = а) участка

ndash при 2z = 0 0xМ

ndash при 2z = а xМ = 05qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

3) определяем размеры поперечного сечения балки Усло-вие прочности по нормальным напряжениям имеет вид (43)

maxmax

x

x

M

W (414)

где [] допускаемое напряжение которое для пластичного материала равно

т

т

240160

15n

МПа

xW момент сопротивления поперечного сечения

По эпюре xМ (см рис 46в) находим наиболее нагру-

женное сечение балки С

В этом сечении 2max 15 x xM M qa

2max 15 20 1 30xM кНм = 30 106 Нмм

Из формулы (414) находим требуемое значение момента сопротивления для поперечного сечения любой формы

max x

xM

W

те 6

5 3 330 101875 10 мм 1875 см

160xW

По ГОСТ 8239ndash89 выбираем двутавр 20 с моментом со-противления xW = 184 см3 (прил 4)

Проверим прочность балки по нормальным напряжениям

6

maxmax 3

30 10163 МПа

184 10x

x

M

W

Превышение max над допускаемым напряженном со-

ставляет

94

max

]

[ ] 163 160100 100 2

[ 160

Превышение напряжения допускается не более 5 по-этому окончательно выбираем двутавр 20 Площадь его по-перечного сечения F = 268 см2

Определим размеры прямоугольного сечения для которо-го момент сопротивления (прил 3) при 2h b определяется вы-ражением

2 23(2 ) 2

6 6 3xbh b b

W b

Из условия 31875 смxW получим

33 1875

655 см2

b

Принимая окончательно b = 66 см получим высоту 2 132h b см а площадь поперечного сечения составляет

66 132 8712F b h см2 Определим требуемый диаметр сплошного круглого по-

перечного сечения из условия 3

187532xD

W

см3

Получим 332 1875

1241D

см

Окончательно принимаем D = 125 см тогда площадь по-

перечного сечения будет равна 2 21 1125 1227

4 4F D см2

Рассмотрим поперечное сечение балки в форме кольца

с параметрами 07d

сD

В этом случае момент сопротивле-

ния равен (прил 3) 3 3

4 4 3(1 ) (1 07 ) 007532 32xD D

W c D

Удовлетворяя условию прочности получим что 30075 1875xW D см3

95

Внешний диаметр 31875

13580075

D см

Окончательно принимаем 136 смD тогда внутренний диаметр сечения d = cD = 07 middot 136 = 952 см Площадь по-

перечного сечения в этом случае составляет 2

2(1 )4

DF c

22136

(1 07 ) 7414

cм2

Наиболее рациональным считается поперечное сечение балки при котором вес балки будет минимальным Так как во всех четырех случаях рассматриваемых сечений общая длина балки и материал из которого она изготовлена не меняется то вес каждой балки будет пропорционален площади ее попереч-ного сечения В табл 42 приведены площади сечений для всех рассмотренных вариантов балок Максимальную площадь сече-ния имеет балка круглого поперечного сечения max 3F F

Таблица 42

Вид сечения Двутавр Прямоугольник Круг Кольцо сечения j 1 2 3 4

Fj см2 268 8712 1227 741

max

jF

F 022 071 1 06

Анализ полученных результатов (см табл 42) показыва-

ет что минимальный вес имеет балка с двутавровым попереч-ным сечением При этом по сравнению с балкой круглого попе-речного сечения (которая имеет максимальный вес) двутавровая балка почти в 5 раз легче при такой же прочности

Окончательно принимаем что наиболее рациональным для данной балки является двутавр 20 Все дальнейшие рас-четы проводим для этого сечения

4) проверяем принятое сечение по касательным напряже-ниям Используем формулу Д И Журавского (48)

max

max y x

x

Q S

J d (415)

где max yQ максимальное значение поперечной силы (берется

с эпюры yQ (см рис 46б) сечение В) xS ndash статический мо-

96

мент половины сечения двутавра xJ ndash момент инерции

d ndash толщина стенки двутавра (рис 47а) Значения xS xJ и d берутся из таблиц сортамента для

двутавра 20 (прил 4) Допускаемое напряжение на срез вычисляется по соотно-

шению

[ ] 06 [ ] 06 160 = 96 МПа

max yQ = 2qa = 2 middot 20 middot 1 = 40 кН = 40 middot103 Н

Для двутавра 20 (прил 4) h = 20 см = 200 мм d = 52 мм

xS = 104 см3 = 104 middot 105 мм3 xJ = 1840 см4 = 184 middot 107 мм4

После подстановки данных в (415) получим 3 5

max 7

40 10 104 10435

184 10 52

МПа

max 435 МПа lt = 96 МПа

Условие прочности по касательным напряжениям выполня-ется

5) построим эпюры нормальных и касательных напря-жений для опасных сечений В и С (см рис 45)

Рис 47

Максимальные напряжения в сечении С (рис 47а) равны

max 163 МПа

а) б) в)

97

Так как верхние волокна (вв) двутавра испытывают сжатие

вв = ndash 163 МПа (сжатый слой полки двутавра)

при этом нижние волокна (нв) испытывают растягивающие на-пряжения

нв = + 163 МПа (растянутый слой полки двутавра)

Эпюра изображена на рис 47б Для построения эпюры касательных напряжений опре-

делим их значения в сечении k k где стенка двутавра сопряга-ется с полками (рис 47а)

В формулу Д И Журавского (46) подставляется статиче-

ский момент пxS площади сечения полки пF двутавра относи-

тельно оси х

п п п

2 2xS уh t

F bt

где b t и h берем из таблиц ГОСТов на двутавр (прил 4)

b = 100 мм t = 84 мм

Таким образом п 3200 8 4100 84 80 472мм

2 2xS

Тогда 3

4

40 10 80472336

1840 10 52

МПа

Эпюра представлена на рис 46в где max 435 МПа

Балка с двутавровым сечением 20 удовлетворяет всем условиям прочности при заданных внешних нагрузках

43 Расчет балки на жесткость Задача 8 Для стальной балки определить прогибы в характерных

точках и построить приближенно упругую линию (изогнутую ось балки)

Балка имеет двутавровое поперечное сечение с размерами полученными при решении задачи 7 и нагружена в соответст-вии с расчетной схемой задачи 7

98

Определить приближенно максимальный прогиб y и срав-нить его с допускаемым [f] = 0002l где l ndash длина пролета (меж-опорного и консольного) в котором имеет место максимальный прогиб Если условие жесткости не выполняется подобрать раз-меры поперечного сечения из условия жесткости При решении использовать метод начальных параметров

Исходные данные принять по табл 41 полагая q = 10 Нмм P = qa m = Pa = qa2 a = 1 м = 1000 мм

Пример В соответствии с условиями задачи 7 выполнить расчет на жесткость стальной балки приведенной на рис 46а

Дано а = 1 м = 1000 мм q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = = 10 кНmiddotм = 10 middot 106 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 10middot103 Н

Материал балки ndash сталь 20 модуль упругости Е = 2 middot10 5 МПа

В результате расчета данной балки на прочность (см пример задачи 6) уже известны опорные реакции YA и YB номер двутавра эпюры изгибающих моментов xM (повторено на рис 48аб)

Рис 48

а) б) в)

99

Решение 1) выбираем систему координат Начало координат со-

вмещаем с левым торцом А чтобы вся балка располагалась в положительном квадранте Так как распределенная нагрузка не доходит до конца балки то продляем ее до правого конца балки [1 2]

Одновременно на этом участке прикладываем компенси-рующую распределенную нагрузку q обратного знака (рис 48а)

2) запишем уравнение упругой линии оси балки для дан-ной схемы

2 3

0 0 3

4

3

0 0

3

4

24

( 3 )

2 6 6

( 3 )

24

x x x

A Ba

a

z z z

z

z

Y Y

q q

EJ y EJ y EJ z

z z z am

z a

(415)

Здесь y0 и θ0 ndash прогиб и угол поворота сечения в начале координат которые определяются из условий на опорах и назы-

ваются начальными параметрами прерыватель z ai указывает

что при вычислении прогиба в конкретном сечении учитывают-ся только те слагаемые для которых указанное неравенство (z gt ai) выполняется

3) определяем начальные параметры y0 и θ0 При 0z 0

Ay те

00y (точка А на рис 48а) так

как в начале координат расположена шарнирно-неподвижная опора балки

При 3z a 0B

y (точка В на рис 48а) так как в сече-

нии В также расположена опора (шарнирно-подвижная) Тогда из уравнения (415) приравняв правую часть нулю

при 3z a получим

2 2 4

0(3 ) (3 ) (3 )

2 2 24

0 3x A

a a aa m Y qEJ

или после подстановки значений нагрузок 2 3 4

20

(3 ) (3 ) (3 )0 3

2 6 24xа а a

EJ а qa qa q

100

Решая полученное уравнение относительно 0 получим 3

0 1875x

qa

EJ

Знак laquondashraquo показывает что сечение А поворачивается по ча-совой стрелке

После определения начальных параметров и подстановки значений m YA и YB уравнение (415) принимает вид

0 0 3

3

2 3

4 4

33 2 25

6

( 3 )

24 24

1( )

( 3 )0 1875

2 6

x

z z z a

z a

zqa qa

z z aq q

у zEJ

z z aqa z qa

4) строим приближенно упругую линию оси балки ис-пользуя уравнение упругой линии (416)

Для этого находим прогибы в характерных сечениях дан-ной балки

ndash при zС = a (сечение где изгибающий момент максимален) ndash при zK = 15а (в середине пролета АВ) ndash при zL = 4а (на конце консоли) ndash при Cz a

2 3 42

431 125

18752 6 24C

x x

a a a qay qa а qa qa q

EJ EJ

ndash при 15 Kz a

3 42

23

4

1 (15 ) (15 ) (15 )1875 15

2 6 24

1336

Kx

x

a a ay qa a qa qa q

EJ

qa

EJ

ndash при 4 Lz a

32

231 (4 ) (4 )

1875 42 6L

x

a ay qa a qa qa

EJ

(416)

101

3 4 4 4(4 3 ) (4 ) (4 3 ) 095925

6 24 24 x

a a a a a qaqa q q

EJ

Знак laquondashraquo указывает на то прогиб направлен вниз а знак laquo+raquo ndash прогиб направлен вверх

Форма упругой линии балки связана с эпюрой изгибаю-щих моментов дифференциальными соотношениями (49) Сле-довательно на участке где xM gt 0 выпуклость упругой линии

направлена вниз и наоборот где xM lt 0 выпуклость упругой

линии направлена вверх В сечении где 0xM упругая линия имеет точку пере-

гиба Упругая линия изображена в масштабе на рис 48в Для удобства при построении упругой линии балки введе-

но обозначение 4

x

qaK

EJ (см рис 48в)

5) проверяем балку по условию жесткости которое имеет вид (412)

max y f

Считая что в силу упругих свойств материала балки сече-ние в котором прогиб наибольший расположено близко к се-редине пролета балки принимаем max Ky y

Для двутавра 20 момент инерции равен 4 7 41840см 184 10 ммxJ

Подсчитаем численное значение Ky

max y 4 4

5 7

1 336 1 336 20 10007 26 мм

2 10 184 10K

x

q a y

EJ

Допускаемый прогиб [ f ] = 0002l м = 0002 middot 3 middot 103 = 6 мм Сравнение показывает что gtKy f те условие жестко-

сти не выполняется 6) подбираем сечение балки из условия жесткости для че-

го выражение определяющее max y в общем виде подставляем

в условие жесткости (412)

41 336

Kx

q ay f

EJ

102

и отсюда находим требуемое значение момента инерции сече-ния балки

4 47 4 4

5

1 336 1 336 20 10002 22 10 мм 2220 см

[ ] 2 10 6x

q a J

E f

По значению xJ из таблиц ГОСТ 8239ndash89 (прил 4) выби-

раем двутавр 22 для которого xJ = 2550 см4 xW = 232 см2

При этом значение максимального прогиба будет равно 4 4

max 5 7

1 336 1 336 20 10005 2 мм

2 10 255 10K

x

qa y y

EJ

что удовлетворяет условию жесткости Так как для двутавровой балки 22 момент сопротивле-

ния xW выше чем у двутавра 20 то условие прочности вы-

полняется а коэффициент запаса прочности будет nт 15

44 Расчет чугунной балки на прочность Задача 9 Чугунная балка нагруженная как показано на рис 49

имеет поперечное сечение вид которого выбирается в соответ-ствии с вариантом по табл 21

Требуется выполнить следующее 1) подобрать размеры поперечного сечения из условий

прочности по нормальным напряжениям 2) построить эпюры нормальных и касательных напря-

жений 3) проанализировать эпюру нормальных напряжений и

выбрать рациональное (с точки зрения прочности) расположе-ние поперечного сечения

Исходные данные взять из табл 41 для чугунной балки полагая

m = Pa = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

Коэффициент запаса прочности принять nв = 2

103

Рис 49 Пример В соответствии с условиями задачи 9 произвести

расчет на прочность чугунной балки (рис 410a) при Р = 2qa m = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

I

Р

q

m

а аа

VI

Р2а

q

2а

m

IV Р

q

m

а аа

IX

Ра

q

q m

аа

X

Р

а а

q m

2а

V

m

Р

q

а аа

VII

Р2а

q

q

аа

m

III

Ра а

q m

2а

VII

Р

2а

q

m

аа

II

Р

mq

2а

а

104

Материал балки ndash чугун СЧ15 имеющий механические характеристики (см табл 41)

ndash предел прочности на растяжение р = 120 МПа ndash предел прочности на сжатие сж = 500 МПа Балка имеет Т-образное поперечное сечение показанное

на рис 23 в п 22

Рис 410

Решение 1) в жестком защемлении А возникают реакция YA и изги-

бающий момент МА Так как балка консольная эпюры уQ и xM

можно построить не определяя опорные реакции МА и YA если при применении метода сечений на каждом участке рассматри-вать левую отсеченную часть балки на которую действуют из-вестные внешние нагрузки

I участок при 0 le z1 le a

уQ = P или уQ = 2qa

xM = Pz1 или xM = 2qaz1

при z1 = 0 xM = 0

при z1 = а xM = 2qa2

II участок при 0 le z2 le a

уQ Р или 2уQ qа

z

y

а) б) в)

105

xM = P(а + z2) + m или xM = 2qa(a + z2) + qa2

при z2 = 0 xM = 3qa2

при z2 = а xM = 5qa2

III участок при 0 le z3 le a

уQ = P ndash qz3 или уQ = 2qa ndash qz3

при z3 = 0 уQ = 2qa

при z3 = а уQ = qa

xM = P(2а+ z3)+ m ndash 23

1

2q z

или xM = 2qa(2a+ z3) + qa2 ndash 23

1

2q z

при z2 = 0 xM = 5qa2

при z2 = а xM = 65qa2

По найденным значениям строим эпюры уQ (рис 410б) и

xM (рис 410в)

На третьем участке эпюра xM является квадратичной па-

раболой Так как на этом участке 0уQ то на эпюре xM нет

экстремума в соответствии с дифференциальной зависимостью

[1 2] xу

dMQ

dz Эпюра xM направлена выпуклостью навстре-

чу распределенной нагрузке q Из анализа эпюры xM следует что наиболее нагружен-

ным является сечение А в защемлении где изгибающий момент достигает своего максимального значения

max xM = 65qa2 = 65 middot 10 middot 10002 = 65 middot 107 Нmiddotмм

2) поперечное сечение чугунной балки показано на рис 411а и является симметричным относительно оси у

Центр тяжести поперечного сечения (т С) определяется координатами 1 433у b и 2 767у b (см пример в п 22)

Момент инерции сечения 4492xJ b

Так как материал балки является хрупким то должны вы-полняться два условия прочности (45) Из анализа эпюры xM

(рис 410в) следует что для сечения А в точках K1 (рис 411а)

106

возникают сжимающие а в точках K2 ndash растягивающие напря-жения те сж 1 y у а р 2y у

Рис 411

3) Выполняем проектировочный расчет Условия прочности (45) принимают вид ndash на растяжение

maxmax р р р

x

x

Mу

J

(417)

ndash на сжатие

maxmax сж сж сж

x

x

Mу

J (418)

Здесь допускаемые напряжения на растяжение и сжатие соответственно равны

рв

рв

12060

2n

МПа

сжсж

в

500250

2n

МПа

Рассмотрим условие прочности на растяжение (417)

а) б)

107

max р рmax

4767

492 4 x

Mb

b

откуда следует что

3max

р

765 10 767 2563492 4 60492 4

xM

b

мм

Из условия прочности на сжатие получим

max4 сж

433492 4

xMb

b

откуда

7max 33

cж

65 10433 433

4924[ ] 4924 250хM

b

= 132 мм

Из двух полученных значения размера поперечного сече-ния b выбираем наибольший те окончательно принимаем b = 256 мм Геометрические характеристики сечения (см рис 411) при этом равны

JХ = 492b 4 = 492 middot 256 4 = 2113 middot 10 7 мм 4

сж 1 433 433 256 1108ммy у b

р 2 767 767 256 1964 ммy у b

4) для построения эпюры нормальных напряжений вычис-ляем

ndash максимальные растягивающие напряжения (417) 7

maxmax р 7р

65 101964 60 МПа

2113 10x

хMу

J

ndash максимальные сжимающие напряжения (418) 7

maxmax сж 7сж

65 101108 341 МПа

2113 10x

хMу

J

Эпюра нормальных напряжений показана на рис 411б

108

Так как величина касательных напряжений в поперечных сечениях обычно является малой то расчет по касательным на-пряжениям не выполняем

5) проанализируем эпюру нормальных напряжений σ (см рис 411б) при заданном расположении поперечного сечения Из эпюры следует что верхние сжатые волокна сечения суще-ственно недогружены

Так как хрупкий материал на сжатие работает лучше чем

на растяжение сж р то предложенное расположение

сечения является нерациональным Для рационального расположения поперечного сечения не-

обходимо обеспечить выполнение условия сж рgt y у при котором

в наиболее удаленных от оси х волокнах будут возникать макси-мальные сжимающие напряжения Для этого поперечное сече-ние показанное на рис 411а необходимо повернуть на 180 ordm (рис 412а)

Рис 412

При этом сжy = 767b рy = 433b

Запишем условия прочности (417) и (418) для сечения повернутого на 180ordm

maxmax 4р р433

492хM

bb

откуда после подстановки данных следует

а) б)

109

73 433 65 10

21492 60

b

мм

В этом случае наибольшие сжимающие напряжения равны

7max

max 4 3сж65 10 767

767492 492 21

109 МПа lt 250 МПаC

хMb

b

Условие прочности выполняется Для перевернутого положения сечения окончательно при-

нимаем b = 21 мм Геометрические характеристики сечения в этом случае

будут равны

xJ = 9569 middot 107 мм 4 рy = 91 мм сжy = 161 мм

Максимальные сжимающие и растягивающие нормальные напряжения равны соответственно

7

max 7сж65 10

161 109 МПа957 10

7

max 7р65 10

91 60 МПа957 10

Эпюра нормальных напряжений для рационального положе-ния поперечного сечения (см рис 412а) показана на рис 412б

Из эпюры следует что в этом случае происходит догрузка сжатой части сечения Кроме того при таком расположении се-чения уменьшается погонный вес балки который определяется площадью поперечного сечения

Если поперечное сечение расположено как показано на рис 411а то площадь поперечного сечения балки будет со-ставлять

F = 2b 10b + 2b 8b = 36b 2 = 36 2562 = 232 cм2

При рациональном расположении поперечного сечения (см рис 412а) его площадь равна

2 2рац 36 36 21 159F b cм2

110

Таким образом при рациональном расположении попе-

речного сечения вес балки уменьшается в рац

2320146

1590

F

F

раза те на 46 П р и м е ч а н и е Если дополнительно к условиям прочности бал-

ки требуется выполнить условие жесткости (412) то для балки (рис 410а) при рациональном расположении поперечного сечения (рис 412а) необходимо построить упругую линию балки методом на-чальных параметров аналогично задаче 7 При этом для сокращения объ-ема вычислений расчетную схему балки (рис 410а) следует располо-жить так как показано на рис 413

Рис 413

В этом случае в сечении А при z = 0 начальные параметры

в универсальном уравнении упругой линии (410) равны нулю те 0 0у так как это сечение жестко защемлено В этом

случае расчет для построения уравнения (410) существенно уп-рощается

45 Расчет статически неопределимой балки Задача 10 Для стальной статически неопределимой балки нагру-

женной в соответствии с расчетной схемой (рис 414) выпол-нить проектировочный расчет те из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать размеры поперечного се-чения двутаврового профиля определить прогиб сечения K или угол поворота сечения L балки

111

Рис 414

VI

Р1

а

q1

а

К

I

q1 m2

аа

L

2а

q1

К

а

m1

II VII

Р2

а

q2

аа

L

VIIIII

L

а а

q1 m2

L

2а 2а

q2 m1

IV q1 m1

ааа

К

IX

Р1

q1

аа а

К

X

q1

ааа

К

Р2 m2

V

q1

а2а

К

112

Пример В соответствии с условиями задачи 9 выпол-нить расчет статически неопределимой балки изображенной на рис 415а Для расчета принять значения исходных данных

q = 20 кНм а = 16 м

Р = qа m = Ра = qа2 кНм

σт = 480 МПа Е = 2 10 5 МПа

Исходные данные для расчета принять по табл 43 по-лагая

m = Pa = qa2 P = qa q = 10 кНм a = 1 м

Материал балки ndash сталь 20Х Коэффициент запаса прочности nт = 15 модуль уп-

ругости первого рода Е = 2 105 МПа предел текучести σт = = 480 МПа

Плоскость действия сил совпадает с осью наибольшей же-сткости поперечного сечения балки

Таблица 43

Номер строки

Схема по рис 414

m1 m2 P1 P2 q1 q2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m m

2m m m

2m

2m m 2m 2m m m m 2m m m

P P

2P P

2P P P P

2P P

2P P 2P 2P P P 2P P P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q q q q

Буква шифра

а б а г

113

Рис 415

а) б) в) г) д) е) ж)

и) к) л)

114

Рис 415 Окончание

м) н) п) р) с)

т) у)

115

Решение 1) определяем степень статической неопределимости

балки n На балку наложены х = 4 связи система плоская сле-довательно можно составить только N = 3 уравнения равно-весия

Степень статической неопределимости балки n = x ndash N = = 4 ndash 3 = 1 те система один раз статически неопределима

2) выберем основную систему которая получается из ис-ходной путем отбрасывания laquoлишнихraquo связей с точки зрения равновесия Основная система должна быть кинематически неизменяемой и статически определимой [1] Принимаем ос-новную систему которая получается путем врезания на опору B шарнира и приложением момента Х1 заменяющего отброшен-ную связь между соседними пролетами (рис 415б)

3) построим для основной системы (ОС) эпюру изгибаю-щего момента РМ от действия внешних сил для чего вначале определяем реакции в опорах для левой и правой частей балки (рис 415вд) а затем методом сечений строим эпюру РМ (рис 415ге)

4) построим в основной системе эпюры изгибающего мо-мента от единичных моментов по направлению лишнего неиз-вестного Х1 (рис 415и)

5) запишем систему канонических уравнений метода сил [1]

1

0 1 2 n

i k k i Pk

х i n (419)

где ik ndash перемещение по направлению i-го силового фактора

под действием единичного фактора Хk = 1 iP ndash перемещение

по направлению i-го силового фактора под действием внешних сил n ndash степень статической неопределимости

Если система один раз статически неопределима как это имеет место в нашей задаче то каноническое уравнение (419) имеет вид

δ11Х1 + δ1Р = 0 (420)

6) определяем δ1Р и δ11 используя способ Верещагина [1]

1

m j jik

j x j

h

EJ

(421)

116

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры моментов от внешних за-данных сил (грузовая эпюра) hj ndash ордината единичной эпюры j-го участка лежащая под центром тяжести грузовой эпюры x jEJ ndash жесткость на изгиб j-го участка m ndash число участков

Если грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов лежат по одну сторону от оси эпюры на j-м участке то перед j-м слагаемым в данной формуле ставится знак laquo+raquo и наоборот если по разные стороны то ставится знак laquondashraquo

Если на данном участке ни одна из перемножаемых эпюр не является прямолинейной но одна из них или обе ограни-чены ломаными прямыми линиями то в этих случаях эпюры предварительно разбивают на такие участки в пределах каждого из которых по крайней мере одна эпюра прямоли-нейна

Если на данном участке эпюра имеет сложный вид то она разбивается на элементарные фигуры прямоугольник треугольник параболический треугольник и тд для кото- рых величина площади j и положение центра тяжести из-

вестны и производится laquoперемножениеraquo элементарных фигур (табл 44)

Таблица 44

Геометрическая фигура (эпюра изгибающих

моментов)

Площадь Ω

Координата центра

тяжести z Примечание

1 2 3 4

hl 1

2l

1

2hl

1

3l

z l

h

z l

h

117

Окончание табл 44

1 2 3 4

hl3

1 l4

1 2

2

1qlh

hl3

2 l

2

1 2

8

1qlh

П р и м е ч а н и е q интенсивность распределенной внешней нагрузки на участке длиной l

Определяем δ1Р как произведение площадей эпюр 415ге на

ординаты взятые с эпюры 415и каждый раз под центром тяже-сти эпюр 415 ге

1 1 1 2 2 3 3 4 4

2 2 2 2

1

1 1 5 1 1 2 1 1 1 2 1 1

2 6 2 4 3 2 4 3 3 8 4

Px

x

h h h hEJ

qa a qa a qa a qa aEJ

313

48 x

qa

EJ

Найдем δ11 перемножая эпюру M1 саму на себя те берем составляющие площади эпюры (рис 415и) и умножаем на ор-динаты проходящие через центр тяжести площадей той же эпюры (см рис 415и)

111 1 2 4

1 2 22 3 3x x

aa

EJ EJ

Здесь учтено что единичная эпюра M1 (см рис 415и) яв-ляется симметричной поэтому перемножение выполняется на одном участке а результат удваивается

zl

h

Квадратичная парабола

l

h

Квадратичная парабола

z=l2

118

7) решая каноническое уравнение (420) находим 3

1 21

11

313 13

48 4 64P x

x

EJqaХ qa

EJ a

Знак laquo+raquo указывает на то что направление Х1 первона-чально выбрано правильно

8) построим эпюры уQ и xM известными приемами от-

дельно для левого и правого пролетов и сочленим соответст-вующие эпюры обоих пролетов (рис 415лм) предварительно определив реакции в опорах (рис 415к) При построении эпюры xM целесообразно использовать принцип суперпозиций

xM = МР + Мi х i + hellip + Мn хn (422)

где MР ndash эпюра изгибающего момента от действия внешних сил (в нашем случае эпюры на рис 415г е iM ndash эпюра изгибаю-

щего момента от действия единичной силы в направлении неиз-вестной Хi (в нашем случае эпюра на рис 415и) Здесь Хi ndash зна-чение i-го лишнего неизвестного

Из эпюры xM следует что 2max

51

64M qa

9) сделаем деформационную проверку которая заключа-ется в определении перемещений в заданной системе значения известны и в данном случае равны нулю

Для этого выбираем новую основную систему (рис 415н) с новым лишним неизвестным F bh и вычисляем перемеще-

ние в точке С по направлению F bh Так как в С располо-

жена опора то перемещение С должно быть равно нулю По

формуле Верещагина [1]

j

1

jm k

Сj x j

h

EJ

(423)

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры результирующего изги-бающего момента xM полученного в результате раскрытия

статической неопределимости системы (рис 415 м) jkh ndash ор-

дината эпюры изгибающего момента от единичной силы F bh = 1 в новой основной системе лежащая под центром тя-жести эпюры результирующего изгибающего момента xM

119

В нашем примере за новую основную систему принимаем систему получающуюся из исходной путем отбрасывания пра-вой опоры С

В качестве новой лишней неизвестной принимается реак-ция опоры С (рис 415н)

На рис 415п показана эпюра изгибающего момента от

единичной силы 1Х по направлению лишнего неизвестного

2 3 0

Как было показано эпюра результирующего изгибающего момента xM может быть определена по принципу суперпози-

ций (422) Поэтому при проведении деформационной проверки целесообразно производить вначале перемножение эпюры РМ на эпюру изгибающего момента от единичной силы по направ-лению лишнего неизвестного 2 3 0 затем перемножение

эпюр от единичных сил по направлению лишних неизвестных Хi на эпюру от единичной силы по направлению лишней неиз-вестной Хk

и на величину лишней неизвестной Хi результаты перемножения сложить

В нашем примере получим

2 2 21

2 42

1 1 5 1 1 4 1 1 2[( ) ( ) ( )

2 3 2 4 3 2 4 3

2 1 1 2 13 5 5( ) 2(1 2 2 ) ] [ ] 03 8 2 2 3 64 6 6

x

x

qa a a qa a a qa a aEJ

qa qaa a a a qa

EI

10) запишем условие прочности (44) для балки

maxmax [ ]x

x

M

W

где

т

n

480 320 МПа

15n

Из условия прочности находим

max2 2 6

3

51 51 20 16 10127

[ ] 64[ ] 64 320 10x

xM qa

W

см3

120

По сортаменту (прил 4) подбираем номер двутавра

( 18) для которого xW = 143 см3 41290 см xJ

11) определяем угол поворота сечения L Для этого при-ложим в основной системе единичный внешний изгибающий момент в сечении L (рис 415р) и строим эпюру изгибающего момента 1M (рис 415с) от действия этого момента Поскольку

эпюра 1М имеется только на левом пролете балки разобьем эпюру результирующего момента xM (см рис 415л) на левом

пролете на элементарные фигуры и перемножим эпюры 1М и

xM по правилу Верещагина При разбиении эпюры xM на вто-

ром участке площадь не заштрихованного треугольника Ωprime при-

бавляется к площади 2u k причем считается что треугольник

с площадью Ω2 + Ωprime целиком лежит выше оси эпюры В результате получим

2 2 2

3

1 1 2 2 3 31

( )

1 1 13 2 1 1 13 2 1 1 51 1 1

2 128 3 2 2 128 3 2 2 64 3 2

17

256

L h h hE Jx

qa а qa a qa aEJx

qa

E Jx

Подставив в выражение для L значения q a E Jx получим 3 9

35 4

17 20 16 1021 10

256 2 10 1290 10L

рад

Переводя радианы в градусы получим 321 10 180

012 L

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение L (рис 415а) пово-рачивается против часовой стрелки

12) определяем прогиб сечения K балки Для этого в основной системе в сечении K приложим еди-

ничную силу в направлении искомого прогиба (рис 415т) и построим эпюру 1M (рис 415 у)

121

А далее аналогично тому как это делали при определении угла поворота сечения разбиваем для правого пролета балки эпюру результирующего момента (см рис 415 м) на элемен-тарные фигуры и перемножаем эпюры xM и 1M по правилу Ве-

рещагина В результате получим

4 4 5 5 6 6 7 7

2 2

22

4

1 13 1 1 1 45 2 1

2 64 3 2 2 128 3 2

1 45 2 1 2 1

22 128 3 2 3 8 2

119

128 6

1( )

1

x

x

x

K

a

h h h hEJ

qa a а qa a a

E J qaqa a a a

qa

E J

Подставив в выражение для K числовые значения по-лучим

4 12

5 4787

119 20 16 10

128 6 2 10 1290 10KK y

мм

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение K (рис 415а) пе-ремещается вверх

П р и м е ч а н и е При раскрытии статической неопределимости балок кроме метода сил можно применять и другие способы Например для выбранной основной статически определимой системы для записи уравнений совместности деформаций можно использовать метод началь-ных параметров

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется изгибом 2 Как определяются поперечные силы и изгибающие мо-

менты в поперечном сечении балки 3 Какое нагружение балки называется плоским изгибом 4 Сформулируйте правило знаков для поперечной силы yQ

5 Сформулируйте правило знаков для изгибающего мо-мента xM

6 Для чего строят эпюры внутренних силовых факторов 7 Запишите дифференциальные состояния между внут-

ренними силовыми факторами при изгибе

122

8 Сформулируйте свойства эпюры yQ

9 Сформулируйте свойства эпюры xM

10 Запишите формулу для определения нормальных на-пряжений при изгибе

11 Постройте эпюру нормальных напряжений при изгибе по высоте поперечного сечения балки

12 Запишите формулу Журавского 13 Постройте эпюру касательных напряжений по высоте

сечения балки 14 Сформулируйте условия прочности по нормальным

напряжениям для пластичных и хрупких материалов 15 Сформулируйте условие прочности по касательным

напряжениям 16 Назовите основные этапы расчета на прочность балок

при изгибе 17 Что называется упругой линией балки 18 Запишите дифференциальное уравнение упругой ли-

нии балки 19 Перечислите основные методы определения переме-

щений при изгибе балок 20 Запишите уравнения для прогибов и углов поворота

методом начальных параметров 21 Объясните физический смысл начальных параметров

Как они определяются 22 Изложите порядок расчета прогибов методом началь-

ных параметров 23 Запишите условие жесткости для балки 24 Какие балки называются статически неопредилимыми 25 Запишите систему канонических уравнений метода

сил Объясните физический смысл коэффициентов в уравнени-ях метода сил

26 Изложите порядок расчета статически неопределимых систем методом сил

27 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальными если балка изготовлена из пластичного материала

28 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальным если балка изготовлена из хрупкого материала

123

Глава 5

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ

51 Основные соотношения В инженерной практике встречаются более сложные слу-

чаи нагружения когда в поперечных сечениях элемента конст-рукции одновременно действуют несколько внутренних сило-вых факторов В таких случаях говорят что элемент конструкции испытывает сложное сопротивление [1 2]

При сложном сопротивлении расчеты на жесткость и прочность основываются на принципе суперпозиций

Большинство задач обычно решается в такой последова-тельности

1 Определяются опорные реакции для заданной расчет-ной схемы

2 Внешние нагрузки включая опорные реакции проекти-руются на две главные плоскости проходящие через ось элемента конструкции и главные оси инерции поперечного сечения

3 Строят эпюры внутренних силовых факторов в главных плоскостях

4 Исходя из эпюр внутренних силовых факторов наме-чают сечения элемента которые могут оказаться опасными (се-чения в которых внутренние силовые факторы принимают мак-симальные значения)

5 Для этих сечений выясняют законы распределения на-пряжений по сечению и устанавливают наиболее нагружение точки и тип напряженного состояния в этих точках

6 Перемещения вычисляются от каждого внутреннего си-лового фактора а затем геометрически определяются суммар-ные перемещения и если требуется проверяется условие жест-кости

Далее рассмотрены наиболее часто встречающиеся виды сложного сопротивления

52 Пространственный изгиб

Пространственным изгибом называют такой случай из-гиба балки при котором в поперечных сечениях действуют из-

124

гибающие моменты хМ уМ и перерезывающие силы yQ хQ

Так как касательные напряжения от перерезывающих сил явля-ются малыми то их можно в расчетах на прочность не учиты-вать Основными внутренними факторами в произвольном се-чении балки являются изгибающие моменты эпюры которых строим методом сечений [1] в вертикальной плоскости (z0y) строим эпюру хМ а в горизонтальной плоскости (z0х) строим

эпюру уМ

Покажем это на примере балки с прямоугольным попе-речным сечением (рис 51)

Рис 51

Результирующие нормальные напряжения в произвольной

точке А поперечного сечения с координатами х и у определяют-ся по принципу суперпозиций с учетом их знака (рис 51)

( ) ( )х уМ М (51)

где ( )хМ и ( )уМ minus нормальные напряжения от изгибающих

моментов хМ и уМ соответственно которые вычисляются

по формулам

( ) хх

x

ММ y

J ( ) y

yy

ММ x

J (52)

Здесь xJ и yJ minus моменты инерции сечения относительно

его главных центральных осей х и у соответственно

125

Анализ распределения нормальных напряжений по попе-речному сечению показывает что для сечений с угловыми точ-ками именно угловые точки являются наиболее нагруженными В угловых точках 1 2 3 4 (рис 51) нормальные напряжения с учетом (52) определяются выражениями

yх

x y

ММ

W W (53)

где xW yW minus моменты сопротивления сечения балки Знаки

в (53) определяются по сжатому волокну балки для растяну-тых волокон laquo+raquo для сжатых laquominusraquo Для показанных на рис 51 направлений хМ и уМ возле угловых точек показаны знаки

в формуле (53) верхний знак соответствует хМ а нижний уМ

Нейтральной линией в поперечном сечении называется прямая линия на которой нормальные напряжения (51) равны нулю

Нейтральная линия (нл) проходит через центр тяжести поперечного сечения а ее положение определяется углом на-клона к оси х Угол ее наклона вычисляется из соотношения

tg yx

y х

МJ

J М (54)

и откладывается от оси х по часовой стрелке (рис 51) Наибо-лее нагруженными являются точки сечения наиболее удален-ные от нейтральной линии те точки 2 и 4 (рис 51)

Таким образом величина максимальных нормальных на-пряжений определяется выражением

maxух

x у

ММ

W W (55)

а условие прочности для балки из пластичных материалов име-ет вид (12) те

max ух

x у

ММ

W W (56)

где minus допускаемые напряжения для материала балки

126

Если балка изготовлена из хрупкого материала то необ-ходимо записать два условия прочности (13) max р р и

max сж сж

Прогибы для произвольного сечения K балки определяют-ся любым методом (например методом начальных параметров)

в плоскости z0y yf и плоскости z0х хf

Результирующий прогиб f определяется путем векторного сложения прогибов хf и уf (рис 52)

2 2x yf f f (57)

Рис 52

Вычисляя результирующий прогиб в различных сечениях

балки можно построить изогнутую ось балки которая будет являться пространственной кривой

53 Косой изгиб Косым изгибом называется такой случай изгиба балки

при котором плоскость действия изгибающего момента (сило-вая плоскость) не совпадает ни с одной из главных осей попе-речного сечения балки (рис 53) Косой изгиб можно считать частным случаем пространственного изгиба

127

Рис 53 Раскладывая изгибающий момент М на составляющие

моменты относительно осей х и у получим

sin cosх уМ М М М (58)

Далее расчет ведется в соответствии с п 51 по формулам (51)minus(57)

Существенной особенностью косого изгиба является то что нейтральная линия не перпендикулярна силовой линии Та-ким образом можно сказать что балка laquoпредпочитаетraquo изги-баться не в плоскости действия внешнего изгибающего момен-та а в некоторой другой плоскости в которой жесткость на изгиб будет меньше Поэтому нейтральная линия повернута в сторону оси относительно которой момент инерции является наименьшим

54 Изгиб с растяжением и сжатием При действии изгиба с растяжением и сжатием в соответ-

ствии с принципом суперпозиций нормальные напряжения рас-считываются как

( ) ( ) ( )х уN М М (59)

те для произвольной точки поперечного сечения получим

а) б)

128

ух

x у

ММNу х

F J J (510)

Здесь значения внутренних силовых факторов N хМ уМ

определяются по их эпюрам с учетом фактического знака на-пряжений

Если поперечное сечение имеет выступающие углы то в них аналогично п 52 нормальные напряжения определяются выражением

ух

x у

ММN

F W W (511)

Дальнейший расчет на прочность выполняется аналогично п 51

Частным случаем изгиба с растяжением и сжатием являет-ся внецентренное растяжение ndash сжатие Рассмотрим случай внецентренного растяжения прямого стержня к которому в точке K приложена сила Р параллельная продольной оси z (рис 54) Начало координат (т 0) расположено в центре тяже-сти поперечного сечения стержня площадью F

Рис 54

Координаты рх и ру характеризует эксцентриситет точки

приложения силы Р Точка K называется полюсом силы

129

При указанном нагружении в произвольном поперечном сечении стержня возникают следующие внутренние силовые факторы

ndash продольная сила N P (512) ndash изгибающие моменты относительно осей х и у

х p y pМ Рy М Px (513)

Нормальное напряжение в соответствии с принципом су-перпозиций вычисляется по формуле (510) которая с учетом (512) и (513) принимает вид

1 p p

y x

хх yyР

F J J

или

2 21 p p

y x

хх yyР

F i i

(514)

Здесь х yi i ndash радиусы инерции поперечного сечения

(210) х и у ndash координаты произвольной точки поперечного се-чения в которой вычисляется нормальное напряжение

Для определения положения нейтральной линии в (514) следует положить 0 Уравнение нейтральной линии при этом принимает вид

2 21 0p p

y x

х yх у

i i (515)

Уравнение (515) является уравнением прямой которое записывается в виде

1х у

х y

а а (516)

Здесь введены обозначения 2 2

1y хх у

р р

i iа а

х у (517)

130

имеющие следующий геометрический смысл их уа а ndash от-

резки отсекаемые нейтральной линией которая является пря-мой на осях х и у соответственно

Таким образом для построения нейтральной необходимо по заданным координатам полюса ( pх pу ) и геометрическим

характеристикам ( х yi i ) поперечного сечения вычислить от-

резки х уа а с учетом их знака и построить прямую проходя-

щую через их концы Из (517) следует что нейтральная линия проходит через квадрант поперечного сечения противополож-ный полюсу K (рис 54) и ее положение не зависит от величи-ны приложенного усилия Р Положение нейтральной линии (нл) показано на рис 54б

Нейтральная линия делит сечение на две части в одной части напряжения сжимающие ( lt 0 ) в другой ndash растяги-вающие ( 0 ) на нейтральной линии σ = 0 В большей степе-ни нагруженными являются точки которые наиболее удалены от нейтральной линии На рис 54 б показана наиболее уда-ленная точка А с координатами иА Ах у Прямая nndashn парал-лельна нейтральной линии

Величина максимальных напряжений возникающих при внецентренном растяжении определяется по формуле (514)

max 2 21 A p A p

y x

х х y yР

F i i

(517)

Координаты плюса K ( pх pу ) и точки А ( А Ах у ) а также

значение силы Р представляются в (517) с учетом их знака Условия прочности для пластичных материалов записыва-

ется в виде (112) а для хрупких материалов ndash в виде (113) При внецентренном растяжении (сжатии) вводят понятие

ядра сечения Ядром сечения называют геометрическое место полюсов

силы для которых во всем поперечном сечении стержня возни-кают нормальные напряжения одного знака (либо сжимающие либо растягивающие)

Таким свойством сечение будет обладать только в том слу-чае если нейтральная линия касается внешнего контура попе-

131

речного сечения Поэтому для построения ядра сечения необ-ходимо laquoобкатыватьraquo нейтральную линию вокруг внешнего контура сечения [1] Доказано что ядро сечения образует об-ласть содержащую внутри себя центр тяжести поперечного сечения

В качестве примера на рис 55 показано ядро сечения для прямоугольного профиля размером b h

Рис 55

В этом случае ядро сечения является ромбом (на рис 55

оно заштриховано) содержащим центр тяжести С сечения Точ-ки 1 2 3 4 ядра соответствуют положениям нейтральной линии 1ndash1 2ndash2 3ndash3 и 4ndash4 которая касается внешнего контура попе-речного сечения При повороте нейтральной линии вокруг уг-ловой точки сечения граница ядра является прямой Например при повороте нейтральной линии 1ndash1 относительно угла сече-ния I в положение 2ndash2 получим границу ядра 1ndash2 и тд

Построение ядра сечения обычно выполняют для стерж-ней изготовленных из хрупких материалов работающих на сжатие В этом случае если сжимающую нагрузку приклады-вать в ядре сечения то по всему сечению будут возникать толь-ко сжимающие напряжения Это существенно повышает несу-щую способность конструкции

132

55 Расчет на прочность при пространственном изгибе

Задача 11 Балка прямоугольного поперечного сечения нагружена

двумя одинаковыми сосредоточенными силами Р в главных плоскостях в соответствии с рис 56

Рис 56

133

В точке А сила действует вертикально в точке В ndash гори-зонтально

Требуется 1) из условия прочности по нормальным напряжениям оп-

ределить требуемые размеры поперечного сечения 2) построить пространственную эпюру нормальных на-

пряжений для опасного сечения балки 3) определить величину и направление полного прогиба f

в сечениях А и В построить в этих сечениях схемы линейных перемещений

Исходные данные для расчета принять по табл 51 Материал балки ndash деревопластик модуль упругости Е =

= 1104 МПа допускаемые напряжения [σ] = 8 МПа

Таблица 51

Номер строки

Схема по рис 56

Р кН l м h

nb

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

8 2 3 4 5 6 7 8 6

10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

22 24 16 14 15 16 25 18 19 20

Буква шифра а б в г

Пример В соответствии с условиями задачи 11 выпол-

нить расчет на пространственный изгиб балки нагруженной как показано на рис 57

Исходные данные Р = 10 кН отношение сторон поперечного сечения балки

2h

nb

l = 3 м [] = 8 МПа Е = 1 104 МПа

Балка испытывает пространственный изгиб При решении задачи используем принцип независимости действия сил в со-ответствии с п 51

134

Рис 57

Выбираем пространственную систему координат xуz

(рис 57) Каждая сила в отдельности вызывает плоский попе-речный изгиб Поэтому действие каждой силы рассмотрим от-дельно

Решение 1) строим эпюру изгибающих моментов в вертикальной

плоскости yCz (рис 57б) Определим опорные реакции CY

и DY В силу симметрии действующей нагрузки и расчетной

а) б) в)

г)

д)

135

схемы опорные реакции в опорах С и D совпадают по направ-лению и равны

05C DY Y P

Уравнения изгибающих моментов на первом и втором участках имеют вид

IхМ = CY zI при 0 zI 05l

IIхМ = DY zII при 0 zII 05l

Для первого участка

ndash при zI = 0 I 0хМ

ndash при zI = 05 l IхМ = (P2) 05 l = 025Pl

Эпюра изгибающих моментов хМ симметрична и пред-

ставлена на рис 57в 2) строим эпюру изгибающих моментов в горизонтальной

плоскости хСz (рис 57г) Определяем опорные реакции CХ и DХ

Σ mom C = 0 ndash Pl3 + DХ l = 0 DХ = P3

Σ mom D = 0 ndash CХ l + P middot2l3= 0 CХ = 2P3

При zI = l3 IхМ = (P2)l3 = 0167Pl

Уравнения изгибающих моментов My

IуМ = CХ zI = 2P3middot zI при 0 zI l3

ndash при zI = 0 I 0уМ

ndash при zI = l3 Iу ВМ = (2 P3) (l3) = 2 Pl9 = 0222 Pl

уМ II = DХ zII при 0 zII 2l3

ndash при zII = 0 уМ II = 0

ndash при zII = 05l уМ II A = (P3)( 05l) = 0167Pl

ndash при zII = 2l3 уМ I B = (P3)(2l3) = 0222Pl

Эпюра уМ представлена на рис 57д

136

3) определяем размеры поперечного сечения Опасное со-стояние возникает в сечении где хМ и уМ одновременно ве-

лики те это может быть сечение А или В (рис 57а) Условие прочности в случае пространственного изгиба

имеет вид (56)

max [ ]x

yx

y

MM

W W

Здесь хW и yW ndash моменты сопротивления сечения относи-

тельно осей х и у которые для прямоугольного поперечного се-

чения определяется выражениями 2

6x

bhW

2

6yhb

W

Используя соотношение hb = n получим

2 2 3

6 6x

b nb n bW

2 3

6 6y

nb b nbW

те x yW nW

Подставив значение 3

6ynb

W в условие прочности окон-

чательно получим

3 2

6( )x yM nMb

n

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности для сечения А Изгибающие моменты хАМ и уАМ

определяем из эпюры рис 57вд

хАМ = 025Pl = 025 middot 10 middot 3 = 75 кНм

уАМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

6

332 2

6( ) 6(75 2 501) 10148мм 148 см

2 8

xA yAM nMb

n

h = 2b = 148 middot 2 = 296 см

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности сечения В Изгибающие моменты xBM и уBM берут

из эпюры рис 57вд

137

хВМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

уВМ = 0222Pl = 0222 middot 10 middot 3 = 666 кНм

6

332 2

6( ) 6(501 2 666) 10151 мм 151см

2 8

xВ yAВM nMb

n

b = 151 см h = 2b = 151middot2 = 302 см

Из двух найденных значений h и b для сечений А и В при-нимаем наибольшие значения h и b округлив их до целых вели-чин h = 30 см b = 15 см

Проверим выполнение условия прочности балки в сечении В

maxyBxB

Bx y

MM

W W

Моменты сопротивления сечения 2 215 30

22506 6x

bhW

см3

2 230 151125

6 6yhb

W

см3

Величина максимальных напряжений

6 6

max 3 3

501 10 666 10815 МПа gt

2250 10 1125 10B

Процент перегрузки равен

max 100 [ ]

815 8100 2 5

8

что допускается Окончательно принимаем h = 30 см b = 15 см 4) строим эпюру нормальных напряжений в опасном сече-

нии В используя принцип независимости действия сил в соот-ветствии с которым нормальное напряжение равно (51)

= ( xM ) + ( уM )

Эпюру нормальных напряжений σ в сечении В получим наложением эпюр B ( xM ) и B (Мy) Чтобы построить эпюры

138

B ( xM ) и B ( уM ) достаточно определить напряжения в угло-

вых точках 1 2 3 4 сечения (рис 51) 6

12 3

501 10( ) 223 МПа

2250 10х

хх

ММ

W

34( ) 223 МПахх

х

ММ

W

6

23 3

666 10( ) 5922 МПа

1125 10

уу

у

ММ

W

14( ) 592 МПауу

у

ММ

W

Эпюры нормальных напряжений σВ( хM ) и σВ( уM ) пред-

ставлены на рис 58а б

Рис 58

Суммарные нормальные напряжения σ в угловых точках

поперечного сечения вычисляем по формулам (53)

σ1 = ndash 223 + 592 = + 369 МПа

σ2 = ndash 223 ndash 592 = ndash 815 МПа

σ3 = + 223 ndash 592 = ndash 369 МПа

σ4 = + 223 + 592 = + 815 МПа

а) б)

139

Эпюра суммарных напряжений показана на рис 59 5) определяем положение нейтральной линии в опасном

сечении В Положение нейтральной линии определяется углом ко-

торый вычисляется из соотношения (54)

tg yB x

xB y

M J

M J

3 3

12 12x ybh h b

J J

23 2

32

2 2

12

12x

y

nbJ bh hn

J hb b b

где n задано по условию соотношение сторон

Тогда 2 20222tg

01672yB

xB

M Pln

M Pl = 5317

arctg( 5317) 79 Знак laquondashraquo показывает что нейтральная и силовая линии про-

ходят через разные квадранты поперечного сечения (рис 59)

Рис 59

Угол α отсчитывается от оси х

140

Нейтральная линия отделяет зону сжатых волокон от зоны растянутых

6) определяем полные линейные перемещения в сечениях А и В (те прогибы fA и fB) по формуле (57)

2 2 2 2 A A B BA Bf x y f x y

где Ax Ay и Bx By ndash составляющие прогиба в поперечных се-чениях А и В в направлениях осей координат х и у соответст-венно

Для нахождения составляющих прогибов используем ме-тод начальных параметров аналогично п 41

В данной задаче необходимо составить два уравнения про-гибов в плоскостях хCz и yCz для нахождения составляющих прогибов fA и fB

Так как балка в плоскостях xCz и yCz нагружена по-разному начальные параметры 0х и 0 у в каждой плоскости

имеют свое значение в плоскости xCz поперечное сечение в на-чале координат поворачивается относительно оси y на угол 0

y

в плоскости yCz ndash относительно оси x на угол 0 x

Прогибы

в начале координат 0 0 0x yy y так как в точке С при z = 0 ус-

тановлена опора (рис 57а) Предварительно вычислим осевые моменты инерции поперечного сечения xJ и yJ

3 315 30

12 12xbh

J

= 33 750 см 4 3 330 15

12 12yh b

J

=

= 8438 см 4 Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57б имеет

вид

3 3

005

( 05 )

6 6x x x Cz l

z P Z lEJ y EJ z Y

Определяем xEJ 0x из условия на опоре D

при z = l прогиб yD = 0 Тогда

3 3 2

0 0( 05 )

0 05 и 6 6 16x x x

x

l P l l PlEJ l P

EJ

141

Подставив это выражение в уравнение прогибов опреде-лим перемещение центров тяжести поперечных сечений

Ву при z = l3

32 3 31 1 05 1 23

16 3 6 3 12 108 56Bx

Pl P Pl Ply l l

EJ

3 3 12

4 4

10 3 10143

56 56 1 10 33750 10B

x

Ply

EJ

мм

Ау при z = l2

32 31 0 5 1

16 2 6 2 48x APl P Pl

EJ y l l

3 3 12

4 4

10 3 10167

48 48 1 10 33750 10A

x

Ply

EJ

мм

Точки А и В перемещаются вниз Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57 г имеет

вид

3 3

030

( 3)0

6 6x y Clz z

z P z lEJ z X

Определяем 0 y из граничного условия на опоре D

при z = l прогиб xD = 0 Тогда получим

3 3 2

0 02 ( 3) 5

0 и 3 6 6 81x x y

y

l P l l PlEJ l P

EJ

Подставим это выражение в уравнение прогибов и опре-делим перемещения поперечных сечений

xВ при z = l3

2 335

81 3 3 6

1

3

1 2 4

243y Bx l

Pl P PlEJ l

3 3 9 3

4 4

4 4 10 3 10 10527 мм

243 243 1 10 8438 10B

y

xРl

EJ

142

xА при z = l2

2 33 35 1 2 1 1 1

2 2 381 2 3 6 6 1296

23y Ax l l l

Pl P P PlEJ l

3 9 33

4 4

23 23 10 3 10 10

1296 1296 1 10 8438 10A

y

xPlEJ

= ndash 565 мм

Полный прогиб в сечении А (точки А и В перемещаются влево)

2 2 2 2( 565) ( 167) 589A A Af x y мм

Полный прогиб в сечении В

2 2 2 2( 5 27) ( 1 43) 5 46B B Bf x y мм

Определим направление полного прогиба в рассматривае-мых сечениях

Изобразим поперечное сечение балки и в масштабе отло-жим на осях х и у составляющие прогибов xА yA и xB yB а затем их векторно суммируем (рис 510 511)

Рис 510 Рис 511

Направление прогиба в сечениях А и В определяется соот-

ветственно углами βА и βВ

565tg 3404 arctg(3407) 735

167A

A АA

x

y

527tg 3685 arctg(3685) 745

143В

В ВВ

x

y

Углы βА и βВ имеют разную величину Это говорит о том что изогнутая ось балки является пространственной кривой

143

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают в по-перечных сечениях элемента конструкции при пространствен-ном изгибе

2 Как определяются нормальные напряжения при про-странственном изгибе

3 Какие точки поперечного сечения с выступающими уг-лами являются наиболее нагруженными при пространственном изгибе

4 Что называется нейтральной линией 5 Запишите условие прочности при пространственном из-

гибе 6 Как определяется положение нейтральной линии при

пространственном изгибе 7 Как определяются перемещения при пространственном

изгибе балки 8 Что называется косым изгибом 9 Сформулируйте свойства нейтральной линии при косом

изгибе 10 Как вычисляются нормальные напряжения при косом

изгибе 11 Как определяется наиболее нагруженная точка попе-

речного сечения балки при косом изгибе 12 Как вычисляются напряжения при растяжении (сжа-

тии) с изгибом 13 Что такое внецентренное растяжение (сжатие) 14 Сформулируйте свойства нейтральной линии при

внецентренном растяжении (сжатии) 15 Что такое ядро сечения Для чего оно определяется

144

Глава 6

ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ

61 Анализ напряженного состояния Большинство элементов конструкций работает в условиях

сложного напряженного состояния которое в самом общем случае характеризуется тензором напряжений Т который за-

писывается в виде матрицы

х ху хz

уx y yz

zx zy z

Т

(61)

где х y z ndash нормальные напряжения действующие на гра-

нях бесконечно малого элемента выделенного в исследуемой точке А конструкции (рис 61) уx yz hellip ndash касательные на-

пряжения действующие на гранях этого элемента [1 6]

Рис 61

Существенной особенностью напряженного состояния яв-

ляется то что в соответствии с условиями равновесия этого элемента выполняется закон парности касательных напряже-

145

ний в соответствии с которым выполняются следующие соот-ношения

xy yx xz zx yz zy (62)

Формулировка закона парности касательных напряжений На двух взаимно перпендикулярных гранях имеющих об-

щее ребро действуют касательные напряжения которые направлены к ребру либо от ребра и равны между собой по ве-личине

Таким образом тензор напряжений (61) является симмет-ричным а напряженное состояние в точке конструкции в самом общем случае характеризуется шестью напряжениями x у

z xу хz yz Существенной особенностью является то что

величина этих напряжений существенно зависит от ориентации элемента в пространстве

В теории упругости доказано что существует единствен-ное положение элемента в пространстве при котором одновре-менно на всех его гранях касательные напряжения равны нулю и действуют только нормальные напряжения (рис 62)

Рис 62

Площадки на которых касательные напряжения равны

нулю называются главными площадками Нормальные напря-жения действующие на главных площадках называются глав-ными и обозначаются 1 2 3

Главные напряжения однозначно определяют напряжен-ное состояние в исследуемой точке и нумеруются по следую-щему правилу с учетом их знака

146

1 2 3 (63)

Главные напряжения являются корнями кубического урав-нения

3 21 2 3 0J J J (64)

Здесь jJ ndash инварианты ( 1 2 3j ) величины которых не

зависят от ориентации исходных площадок выделенного беско-нечно малого элемента (рис 61) и определяются выражениями

1

2 2 22

( )

x y z

x y x z у z ху хz yz

J

J

3

х ху хz

уx y yz

zx zy z

J T

Инвариант 3J является определителем тензора напряже-

ния и симметричным относительно его главной диагонали Существует три вида напряженного состояния ndash линейным ndash называется напряженное состояние при

котором два главных напряжения равны нулю (например

2 3 0 )

ndash плоским ndash называется состояние при котором одно главное напряжение равно нулю (например 2 0 )

ndash объемным ndash называется состояние при котором все главные напряжения отличны от нуля ( 1 2 30 0 0 )

Примеры видов напряженного состояния ndash при растяжении стержней и изгибе балок в наиболее на-

груженных точках поперечного сечения напряженное состояние является линейным 1 max 2 3 0 (см п11 31)

ndash при кручении валов круглого поперечного сечения на-пряженное состояние является плоским 1 2 3 1 0

где ndash касательные напряжения (см п 21) ndash объемное напряженное состояние имеет место в зоне

контакта шарика (ролика) с обоймой подшипника качения

(65)

147

62 Обобщенный закон Гука При сложном напряженном состоянии обобщенный за-

кон Гука устанавливает связь между главными напряжени- ями 1 2 3( ) и главными относительными деформациями

1 2 3( ) в виде[1]

1 1 2 3

2 2 1 3

3 3 1 2

1( )

1( )

1( )

Е

Е

Е

(66)

где Е и ndash модуль упругости и коэффициент Пуассона мате-риала элемента конструкции

Рассмотрим частные случаи обобщенного закона Гука При плоском напряженном состоянии 3 0 обобщен-

ный закон Гука имеет вид

1 1 2

2 2 1

3 1 2

1( )

1( )

( )

Е

Е

Е

(67)

Существенной особенностью является то что относитель-ная деформация 3 0

Решая систему первых двух уравнений (67) относительно главных напряжений 1 и 2 получим иную форму обобщен-ного закона Гука при плоском напряженном состоянии

1 1 22

2 2 12

( )1

( )1

Е

Е

(68)

148

Эта форма записи используется обычно в тех случаях ко-гда для исследуемого элемента конструкции известны относи-тельные деформации 1 и 2 и требуется определить главные напряжения Например при экспериментальных исследованиях напряженно-деформированного состояния с помощью тензо-метрического метода [7 8]

При линейном напряженном состоянии 2 3 0

обобщенный закон Гука принимает вид

1 1Е 1 3 1 1Е

(69)

что совпадает с обычным законом Гука (14) Здесь необходимо обратить внимание на то что при 2 3 0 относительные

деформации 2 3 0

63 Критерии прочности

При расчетах на прочность элементов конструкций имею-щих сложное напряженное состояние это состояние (рис 63а) заменяется эквивалентным ему с точки зрения прочности ли-нейным состоянием при котором на гранях элемента действуют только эквивалентные напряжения экв (рис 63б)

Величина эквивалентных напряжений определяется как функция от главных напряжений

экв 1 2 3( )f (610)

где вид функции f определяется экспериментальными и теоре-тическими критериями (теориями) прочности

Рис 63

а) б)

149

Так как характер разрушения элементов конструкций из хрупких и пластичных материалов является различным то критерии вводятся отдельно для хрупких и пластичных мате-риалов [1]

631 Критерии прочности для хрупких материалов

1 Первый критерий (критерий наибольших напряжений)

Iэкв 1 3max( ) (611)

В качестве эквивалентного выбирается наибольшее по аб-солютной величине главное напряжение

Так как критерий учитывает только одно главное напря-жение из трех то он имеет весьма ограниченную область при-менения Экспериментальная проверка показала что его можно применять только для очень хрупких материалов (стекло кера-мика)

2 Второй критерий Критерий СенndashВенана (критерий наибольших относительных деформаций) В соответствии с кри-терием эквивалентные напряжения определяются выражением

I Iэкв 1 2 3( ) (612)

где ndash коэффициент Пуассона материала элемента конструкции Критерий учитывает все главные напряжения и широко

применяется на практике 3 Экспериментальный критерий Мора В соответствии с критерием

Мэкв 1 3m (613)

где коэффициент рвсжв

m

рв и сж

в ndash пределы прочности ма-

териала на растяжение и сжатие соответственно Так как для

хрупких материалов сж рв в то выполняется условие

0 1m Так как критерий не учитывает напряжение 2 то его ре-

комендуется применять для случаев когда 2 0 или является малым

150

632 Критерии прочности для пластичных материалов

1 Третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений)

Эквивалентные напряжения определяются выражением IIIэкв 1 3 (614)

Так как критерий не учитывает главное напряжение 2 то его рекомендуется применять в тех случаях когда 2 0 или является малым

2 Четвертый критерий (Критерий Губера minus Мизеса) Этот критерий является энергетическим и основан на оп-

ределении удельной потенциальной энергии вызывающей не-допустимое изменение формы элемента конструкции те его текучесть

Величина эквивалентных напряжений определяется вы-ражением

2 22IVэкв 1 2 1 3 2 3

1

2

(615)

и учитывает все главные напряжения что обеспечивает его вы-сокую точность и согласованность с результатами эксперимен-тальных исследований

Расчетная практика показывает что при применении третьего и четвертого критериев прочности всегда выполняется условие

III IVэкв экв (616)

Таким образом третий критерий дает завышенное или точное значение эквивалентных напряжений Так как вычисле-ния по третьему критерию оказываются проще то его чаще применяют в практических расчетах на прочность элементов конструкций находящихся в сложном напряженном состоянии При этом расчет на прочность по третьему критерию в силу выполнения условия (616) приводит к тому что проектируе-мый элемент конструкции будет иметь коэффициент запаса прочности несколько больше чем он был задан

П р и м е ч а н и е При расчете эквивалентных напряжений по формулам (611)ndash(615) обязательно необходимо учитывать знаки глав-ных напряжений в соответствии с правилом их нумерации (63)

151

64 Частные случаи напряженного состояния

Рассмотрим частные случаи напряженного состояния при

некоторых видах нагружения

641 Кручение валов При кручении валов круглого поперечного сечения (см

п 2) в поперечных сечениях действуют только касательные на-пряжения

Нормальные напряжения отсутствуют В этом случае главные напряжения равны

1 2 3 0 а напряженное состояние явля-ется плоским

Эквивалентные напряжения вычисленные по III и IV кри-териям (614) и (615) соответственно равны

2 2 2IVэкв

10 0 3

2

IIIэкв ( ) 2

Сравнивая значения эквивалентных напряжений получим IIIэкв gt IV

экв что соответствует (616)

642 Изгиб с кручением валов При изгибе с кручением в произвольной точке поперечного

сечения вала действуют нормальные напряжения и касатель-ные напряжения

Главные напряжения при этом равны

2 213 2

14 0

2 2

(617)

где знак laquo+raquo относится к 1 а знак laquondashraquo к 3 Эквивалентные напряжения по III и IV критериям после

подстановки (617) в (614) и (615) определяются по формулам

III 2 2экв 4 (618)

IV 2 2экв 3 (619)

те соотношение (616) выполняется

152

643 Общий случай плоского напряженного состояния

Общий случай плоского напряженного состояния в точке А показан на рис 64

Рис 64

В этом случае 0 0 0z yx xy xz zx zy yz

Вычисляя инварианты (65) и решая уравнение (64) полу-чим корни уравнения ( )j при j = 1 2 3

2 2(1)(2) 4

2x y

x y

(620)

(3) 0

Окончательная нумерация главных напряжений в (620) производится в соответствии с правилом (63) Так как одно из главных напряжений равно нулю то в соответствии с п 61 на-пряженное состояние является плоским

Подставляя выражения (620) в (614) и (615) получим значения эквивалентных напряжений по третьему и четверто-му критериям прочности Так как эти выражения являются достаточно сложными для четвертого критерия то оконча-тельно в (614) (615) следует подставлять численные значения главных напряжений (619) рассчитанные для конкретной задачи

153

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого

поперечного сечения Рассматриваем валы круглого поперечного сечения рабо-

тающие на изгиб с кручением К таким элементам конструкций относятся валы коробок передач редукторов трансмиссионные и другие разновидности валов различных машин и механизмов

В самом общем случае считаем что имеет место про-странственный изгиб те в поперечном сечении действуют два изгибающих момента xM и yM и крутящий момент

крM (рис 65а) Изображая изгибающие моменты в виде векто-

ров xM и yM получим что их можно привести к результи-

рующему изгибающему моменту (рис 65 б)

2 2и х уM М М (621)

Рис 65 Таким образом имеет место пространственный изгиб вала

под действием изгибающего момента иM который определяет-ся в каждом сечении по эпюре изгибающих моментов xM и

yM Используя соотношение (621) строим эпюру результирую-

щего изгибающего момента и M Максимальное нормальное на-пряжение от его действия определяется выражением

иmax

и

M

W (622)

а) б)

154

где момент сопротивления круглого поперечного сечения на из-гиб ( и x yW W W )

ndash для круглого сечения

3

и 32

DW

(623)

ndash для кольцевого сечения

3

4и 1

32

DW с

(624)

при d

сD

где D d ndash внешний и внутренний диаметр вала

При действии крутящего момента крМ в наиболее нагру-

женных внешних точках поперечного сечения вала возникают касательные напряжения максимальная величина которых вычисляется по формуле

крmax

р

M

W (625)

где рW minus полярный момент сопротивления (момент сопротив-

ления при кручении) который для вала круглого поперечного сечения определяется соотношениями

р и2W W (626)

Так как при изгибе с кручением напряженное состояние в наиболее нагруженных точках вала является упрощенным плоским то при расчете на прочность необходимо вычислить главные напряжения (617) и соответствующие им эквивалент-ные напряжения (610) на основании выбранного критерия прочности

Условие прочности для пластичных материалов в этом случае записывается в виде

max экв (627)

где max экв minus максимальные эквивалентные напряжения в наи-

более нагруженном поперечном сечении вала

155

Валы работающие на изгиб с кручением чаще всего изго-тавливают из пластичных материалов поэтому для расчетов на прочность используют третий (618) или четвертый (619) кри-терий прочности

Выражения для эквивалентных напряжений по третьему и четвертому критериям прочности можно привести к единой формуле

эквэкв

и

М

W (628)

в которой эквивалентный момент эквМ в зависимости от вы-

бранного критерия прочности (619) или (620) с учетом (626) вычисляется по формулам

ndash для третьего критерия

III 2 2экв и кр М M М (629)

ndash для четвертого критерия

IV 2 2экв и кр075М M М (630)

Выбрав критерий строят эпюру эквивалентного момента

эквМ по длине вала и определяют наиболее нагруженное попе-

речное сечение в котором эквМ принимает максимальное зна-

чение эквmaxМ В соответствии выражениями (628) и (627)

записывают условие прочности

эквэкв

и

maxmax

М

W (631)

Обеспечивая выполнение условия прочности (631) реша-ют одну из поставленных задач

ndash выполняют проверочный расчет ndash выполняют проектный расчет ndash определяют допускаемую внешнюю нагрузку дейст-

вующую на вал

156

66 Расчет трансмиссионного вала Задача 12 На вал насажены два шкива через которые перекинуты

ремни (рис 66) Ветви ремней параллельны друг другу и на-клонены к горизонту под углами 1 и 2 От первого шкива ре-мень идет к электродвигателю в этом ремне усилие в сбегаю-щей ветви вдвое больше чем в набегающей От второго шкива ремень идет к станку в этом ремне усилие в набегающей ветви вдвое больше чем в сбегающей Станок имеет мощность N (кВт) частоту вращения вала n (обмин) Материал вала ndash сталь 20 с пределом текучести σт = 240 МПа нормативный ко-эффициент запаса прочности nт = 15

Используя четвертый критерий прочности определить не-обходимый диаметр вала

Данные для расчета выбрать из табл 61 схему ndash по рис 66 Принять D = 01 м а = 01 м Весом шкивов пренеб-речь

Таблица 61

аi Di Номер строки

Схема по

рис 66 а1 а2 а3 D1 D2

1 град

2 град

N кВт

n обмин

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII III V

2a a 2a 3a a a a 2a а а

3a 2a a a

3a a a a а

2а

a a a a a 2a 3a 2a 2а а

4D 3D 3D 2D

24D 32D 3D 4D

25D 3D

6D 4D 5D 4D 5D

64D 45D 5D 4D

55D

0 90 45 90 0

60 30 90 60 50

30 60 0 45 45 0 90 30 45 30

20 40 30 20 25 35 40 25 25 35

100 200 120 80 160 100 120 140 140 150

Буква шифра

а в г д в г д д г в

157

Рис 66

Пример Выполнить проектный расчет трансмиссионного

вала ременной передачи (рис 67а) Вал сплошной и имеет внешний диаметр d Шкивы имеют диаметры D1 и D2 (см рис 67)

158

Дано a1 = a2 = а = 01 м а3 = 2а = 02 м D1 = 2D = 02 м D2 = 3D = 03 м 1 = 0 2 = 30 N = 20 кВт n = 100 мин-1

Рис 67

Решение В местах посадки шкивов возникают равнодействующие

усилия от натяжений ремней и скручивающие пары от разности натяжений сбегающей и набегающей ветвей ремней Следова-тельно вал работает на изгиб и кручение (рис 67б)

1) Определяем внешний скручивающий момент

а) б) в) г)

д)

е)

159

209736 9736 1947

100

Nm

n кНм

2) Строим эпюру крутящих моментов Из условия равно-весия заключаем что m1 = m2 = m = 1947 кНм (рис 67в) Кру-тящий момент на участке BK экв 1974 КН мМ m

3) Определяем усилия натяжения ремней t1 и t2

1 1 11

2m m t D отсюда 1

1

2 2 19471947

02

mt

D

кН

2 2 21

2m m t D отсюда 2

2

2 2 19471298

03

mt

D

кН

4) Определяем равнодействующие усилия натяжения рем-ней действующих на вал в местах посадки шкивов

1 13 3 1947 5841P t кН 2 23 3 1298 3894P t кН

По условиям задачи усилие P1 направлено горизонтально (1 = 0) а P2 ndash под углом 2 = 30

Для удобства построения эпюр изгибающих моментов раз-ложим силу Р2 на вертикальную 2уР и горизонтальную 2хР со-

ставляющие

2уР = P2sin30ordm = 3894 05 = 1917 кН

2хР = P2cos30ordm = 3894 08667 = 3375 кН

Составим расчетные схемы в горизонтальной плоскости (рис 62г) и в вертикальной (рис 62д)

5) Строим эпюру изгибающих моментов хМ в вертикаль-

ной плоскости yAz (см рис 67г) Из уравнений равновесия определяем опорные реакции YA

и YC

Σ mom A = 0 YC 2a 2 yР 4a = 0

YC = 2 2 yР = 2 1947 = 3894 кН

Σ mom C = 0 YA 2a 2 yР 2a = 0

YA = 2 yР = 1947 кН

Уравнения изгибающих моментов

160

IxM = YA zI = 1947 zI 0 zI 01 м

при zI = 0 1x

M = 0

при zI = 01 м 1x

M = 1947 кНм

IIxM = YA (01 + zII) = 1947(01 + zII) 0 zII 01 м

при zII = 0 IIxM = 1947 кНм

при zII = 01 м IIxM = 3894 кНм

IIIxM = P2 zIII = 1947zIII 0 zIII 02 м

при zIII = 0 IIIxM = 0

при zIII = 02 м IIIxM = 3894 кНм

6) Строим эпюру изгибающих моментов My в горизон-тальной плоскости xAz (рис 67д)

Из уравнений равновесия определяем опорные реакции XA и XC

Σ mom A = 0 1xP a XC 2a + 2xP 4a = 0

XC = 05(4 2xP P1)

XC = 05(4 3375 5841) = 3830 кН

Σ mom C = 0 XA 2a + 1xP a + 2xP 2a = 0

XA = 05( 1xP + 2 2xP )

XA = 05(5841 + 3375 2) = 6296 кН

По участкам используя метод сечений аналогично пре-дыдущему пункту строим эпюру изгибающего момента yМ

в горизонтальной плоскости (рис 67 д) 7) Строим эпюру результирующего изгибающего момента

Mи (617) (рис 67е) складывая геометрически эпюры хМ

и yМ

2 2и y xМ М M

В характерных точках В и С они равны соответственно

161

2 2и( ) 1947 6296 6590ВМ кНм

2 2и( ) 3894 675 7793СМ кНм

Следовательно опасным сечением будет сечение С для которого

и( ) 7793СМ кНм и кр( ) 1947СМ кНм

8) Определяем по четвертой теории прочности эквива-

лентный момент IVэквМ в опасном сечении С (626)

IV 2 2экв и( ) кр( )075С СМ M М

IV 2 2экв 7793 075 1947 7975М кНм

9) Определяем необходимый диаметр d вала Допускаемое

напряжение принимаем равным т

т

240160

15n

МПа

Условие прочности (627) имеет вид

IV

IV эквmax экв

и

М

W

где 3

и 32

dW

Тогда

IV 6max экв 33

32 32 7975 10794

314 160

Md

мм

Окончательно принимаем диаметр вала d = 80 мм

67 Общий случай сложного сопротивления

Задача 13 Стальной коленчатый стержень постоянного круглого по-

перечного сечения нагружен внешними силами Рi и парами m Выполнить проектный расчет если дано ndash длины участков стержня ai

162

ndash пределы текучести на растяжение и сжатие σтр = σтс = σт= = 420 МПа

ndash коэффициент запаса прочности nт = 15 Использовать третью теорию прочности Расчетную схему выбрать по рис 68 данные для расчета ndash

по табл 62 Принять Р = 01 кН а = 04 м

Рис 68

163

Таблица 62

Нагрузки аi Номер строки

Схема по рис 111 m Р1 Р2 а1 а2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IV VI

Pa 2Pa

15Pa Pa Pa 2Pa Pa Pa

17Ра 21Ра

P 2P

15P P P

2P 3P P

15Р 2Р

2P P P

2P P

2P P

15P 2Р

35Р

а а

2 а а

2 а а а

2 а а

15а

2 а а а

2 а а а а

2 а а

15а

Буква шифра

а в д г в б

Пример Произвести проектировочный расчет коленчато-

го стержня постоянного круглого сечения (рис 69а) если дано

Р1=Р Р2 = 2Р m = Pa a1 = 2a a2 = a

Принять Р = 01 кН а = 04 м σт = 420 МПа коэффициент запаса прочности nт = 15

Участки стержня соединены жестко под прямыми углами Ось z совмещается с центральной продольной осью участка и направлена в сторону свободного конца стержня Оси y и x ле-жат в плоскости поперечного сечения (ось x направлена вправо ось y направлена вверх) При переходе к последующему участку производят поворот системы координат принятой на предыду-щем участке относительно оси которая перпендикулярна к плоскости образуемой этими смежными участками Поворот осуществляется так чтобы ось z совпала с продольной осью участка стержня При этом система координат xyz является жесткой

Решение начинается с выбора направления опорных реак-ций и определения внутренних усилий нормальной силы N крутящего момента кр zМ М изгибающих моментов хМ

и yМ

164

Рис 69

Решение 1) строим эпюру нормальных сил N (рис 69б)

I 2 II III IV 22 0 0 2 N P P N N N Р Р

2) строим эпюру крутящих моментов кр zМ М (рис 69в)

в)

а) б)

е) д)

г)

165

крI крII крIII крIV 10 0 0 2 М М М М m Р а Ра Ра Ра

3) строим эпюру изгибающих моментов yМ (создается

в данном случае силой Р2 изгиб происходит в горизонтальной плоскости) Эпюру строим на сжатом волокне (рис 69г)

I II2 II II II0 2 0 y yM M P z Pz z a

IVIII20 2 y yM M P a Pa

4) строим эпюру изгибающих моментов хМ (создается си-

лой Р изгиб происходит в вертикальной плоскости) (рис 69д)

I II III 1 I I I0 0 0 x x xM M M P z Pz z a

I XIII I XIII0 0 z M z a M Pa

XIV 1 IVM P z

IV IV XIV IV XIV0 2 0 0 2 2 z a z M z aM Pa

5) строим эпюру результирующего изгибающего момента

иМ (рис 69е) для чего подсчитываем его величину в харак-терных сечениях участков I II III и IV (см рис 69а) по фор-муле (621)

2 2и1-1 х уМ М М

Значения хМ и yМ берем с эпюр рис 69гд

и1 1

2и2 2

2и3 3

2 2и4 4

0

(2 ) 2

( )

(2 ) (2 ) 2 2 283

М

М Ра Ра

М Ра Ра

М Ра Ра Ра Ра

6) определяем опасное сечение где крутящий момент

кр М суммарный изгибающий момент иМ и нормальная сила N

одновременно велики Анализ эпюр по рис 69бве показывает что опасным яв-

ляется сечение в заделке где

N = 2P крМ = 2Pa и 2 2 283 М Ра Ра

166

7) сравниваем величины нормальных напряжений ( )N от нормальной силы N и от изгиба и( )М

2 2

2 4 8( )

N P PN

F d d

иmax и( )

х

ММ

W

где 3

30132xd

W d

ndash осевой момент сопротивления площади

поперечного сечения стержня

Тогда max и 3 3

283 32 905( )

Ра РаМ

d d

2max и

3

( ) 9051128

( ) 8

М Pa d a

N dd P

Так как a gtgt d в данном случае влиянием нормальной си-лы N на прочность можно пренебречь и вести расчет для случая изгиба с кручением

8) определяем диаметр стержня по третьему критерию (629) используя условие прочности (631)

IIIэкв

max эквIIIи

M

W

Здесь IIIэквM ndash эквивалентный момент в опасном сечении

который по третьей теории прочности равен (629)

III 2 2 2 2экв и кр (283 ) (2 ) 346M М М Ра Ра Ра

Допускаемое напряжение равно

т

т

420280

15n

МПа

Тогда

III 6экв 33 3

346 346 01 04 1017

01 01 01 280

M Pad

мм

167

Округляем диаметр до ближайшего четного значения и принимаем d = 18 мм

Если положение опасного сечения неочевидно вычисляют

эквM в характерных сечениях Опасным считается сечение

в котором эквM принимает наибольшее значение

Контрольные вопросы

1 Какие напряжения называются главными 2 Укажите существующие типы напряженных состояний 3 Как определяются главные напряжения 4 Какое напряженное состояние имеет место при круче-

нии валов 5 Сформулируйте закон парности касательных напря-

жений 6 Какое напряженное состояние имеет место при изгибе

с кручением 7 Что такое эквивалентные напряжения 8 Как записывается условие прочности при сложном на-

пряженном состоянии 9 Сформулируйте критерии прочности для хрупких мате-

риалов Объясните их физический смысл 10 Сформулируйте третий критерий прочности Укажите

его достоинства и недостатки 11 Сформулируйте четвертый критерий прочности 12 Сравните третий и четвертый критерии прочности ме-

жду собой Укажите области их применения 13 Запишите обобщенный закон Гука для сложного на-

пряженного состояния 14 Запишите обобщенный закон Гука для плоского на-

пряженного состояния 15 В каких случаях валы подвергаются действию изгиба

с кручением 16 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

моментов по третьему и четвертому критериям прочности 17 Сформулируйте порядок расчета на прочность при из-

гибе с кручением вала 18 Как вычисляются главные напряжения в общем случае

плоского напряженного состояния

168

19 Чему равны главные напряжения при кручении валов 20 Чему равны главные напряжения при изгибе с круче-

нием валов 21 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

напряжений по третьему и четвертому критериям при изгибе с кручением валов

169

Глава 7

УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

71 Основные понятия Под устойчивостью понимается свойство системы само-

стоятельно восстановить свое первоначальное состояние после того как ей было сообщено малое отклонение от исходного по-ложения равновесия Если система не обладает таким свойст-вом то она называется неустойчивой [1]

Ниже рассматривается устойчивость центрально сжатых стержней (рис 71) которые при потере устойчивости изгиба-ются

Рис 71

Критической силой крР называется наименьшее значение

сжимающей продольной силы при котором прямолинейная форма равновесия стержня перестает быть устойчивой

Критическое напряжение определяется по формуле

кркр

Р

F (71)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня Условие устой-чивости можно записать в двух видах

ndash по напряжениям возникающим в поперечных сечениях стержня

170

у (72)

ndash по усилиям

уР Р (73)

Здесь допускаемые напряжения у и силы уР на ус-

тойчивость определяется соотношениями

кру

уn

кр

уу

РР

n (74)

где уn 1 ndash коэффициент запаса на устойчивость который

обычно принимается больше чем коэффициент запаса на проч-ность уn тn ndash для пластичных материалов уn вn ndash для хруп-

ких материалов

72 Расчетные формулы При расчетах на устойчивость вводится понятия гибкости λ

и предельной гибкости пред стержня

Гибкостью называется безразмерный параметр

l

i

(75)

где μ ndash коэффициент приведенный длины величина которого

зависит от способа закрепления концов стержня (прил 5) J

iF

ndash

минимальный радиус инерции поперечного сечения Здесь J ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения относи-тельно его главных центральных осей х и у (см п 21)

min( )x уJ J J (76)

Предельной гибкостью называется безразмерный пара-метр

2

предпц

Е

(77)

171

где Е и пц ndash модуль упругости первого рода и предел пропор-

циональности материала стержня Существенной особенностью является то что гибкость λ

зависит только от геометрических характеристик и способа за-крепления концов стержня (75) Предельная гибкость пред за-

висит только от свойств материала стержня (76) Если гибкость стержня больше или равна предельного

значения пред( ) то при потере устойчивости в поперечных

сечениях возникают только упругие деформации При предlt

в сечениях стержня при потере устойчивости имеют место уп-руго-пластические деформации [1]

В зависимости от вида деформаций в поперечных сечени-ях стержня расчет критических сил крР и критических напря-

жений кр проводятся по следующим формулам

ndash при пред расчет ведется по формулам Л Эйлера

2Э

кр кр 2

( )

ЕJР Р

l

(78)

2Э

кр кр 2

E

(79)

При выполнении условия предlt расчет ведется по фор-

муле ФЯсинского Я

кр кр а b c (710)

Я Якр кр кр Р Р F (711)

Здесь a b c ndash коэффициенты величины которых зависит от свойств материала Эти коэффициенты определяются экспе-риментально а их значения для некоторых материалов приве-дены в табл 71 и [8]

Таблица 71

Значения коэффициентов МПа Материал

a b с Предельная

гибкость пред

1 2 3 4 5 Ст2 250 0668 0 105

172

Окончание табл 71

1 2 3 4 5 Ст3 310 114 0 100 Ст4 Сталь 20

343 142 0 95

Ст5 464 3617 0 100 Сталь 45 589 382 0 85 Чугун 776 120 0053 60 Алюминиевый сплав Д16Т

400 333 0 -

Дерево (ель сосна)

293 0194 0 70

На рис72 для материала Ст3 показана полная диаграмма

зависимости критических напряжений кр ( ) от гибкости λ ко-

торая позволяет выделить зоны в которых применяются фор-мулы Л Эйлера (79) и Ф Ясинского (710) При построении диаграммы принято что коэффициент с = 0 в выражении (710)

Рис 72

Зона I ( 40 ) соответствует сжатию коротких стержней

Потери устойчивости в этой зоне не происходит стержень ра-ботает на сжатие

Зона II (40 lt λ lt 100) соответствует стержням средней гибкости Потеря устойчивости происходит с образованием пластичных деформаций в поперечном сечении стержня Расчет ведется по формулам Ф Ясинского

Зона III (λ 100) соответствует гибким стержням Потеря

устойчивости происходит в упругой области кр пц Рас-

чет ведется по формулам Л Эйлера

173

73 Особенности расчета на устойчивость

В тех случаях когда стержни работающие на сжатие

имеют различные условия закрепления в главных плоскостях инерции необходимо вычислить гибкости х и у относитель-

но главных центральных осей х и у поперечного сечения (см например рис73а) В плоскости x0z оба конца стержня жестко защемлены (рис73б) В плоскости у0z верхний конец свободен (рис 73в)

Рис 73 На рис73б ndash показана форма потери устойчивости

в плоскости х0z и значение коэффициента приведенной длины

при потере устойчивости относительно оси у 1

2у

а) б) в)

174

На рис73в показана форма потери устойчивости относи-тельно оси х в плоскости y0z При этом коэффициент приведен-ной длины 2х

Гибкости стержня в этих плоскостях вычисляются анало-гично (75)

yу

y

l

i

x

xx

l

i

(712)

где радиусы инерции относительно осей х и у определяются как (210)

уу

Ji

F х

xJ

iF

(713)

Так как потеря устойчивости происходит в плоскости мак-симальной гибкости то вычисляют максимальную гибкость

max ( )x у (714)

и весь дальнейший расчет на устойчивость ведется в соответст-вии с п 72

74 Практический расчет на устойчивость

При практических расчетах стержней на устойчивость ус-

ловие устойчивости (72) часто заменяют на условие аналогич-ное условию прочности (112)

В этом случае условие устойчивости записывают в виде

сж (715)

где сж ndash допускаемые напряжения на сжатие для материала

стержня Коэффициент φ 1 называется коэффициентом сниже-

ния допускаемых напряжений Он зависит от марки материала и гибкости λ стержня Значения этого коэффициента для некото-рых материалов приведены в прил 7 и справочнике [3]

Таким образом расчет на устойчивость с помощью коэф-фициента φ сводится к обычному расчету на прочность но с пониженными допускаемыми напряжениями

175

75 Расчет на устойчивость Задача 14 Определить допускаемое значение силы уР из расчета

на устойчивость стержня Коэффициенты запаса устойчивости ndash для стали nу = 25 ndash для чугуна nу = 4 Опорные закрепления стержня в обеих главных плоско-

стях одинаковы Основные параметры даны в табл 72 расчетные схемы и

поперечные сечения стержней приведены на рис 74 Примечани е Формула Ясинского Я 2

кр а b c применима

если гибкость стержня λ удовлетворяет условиям для стали пред40

для чугуна пред20

При λ пред применяется формула Эйлера

Таблица 72

Коэффициенты Ясинского

Ном

ер

строки

Схема

по

рис

74

l м а1 мм

а2 мм

а3 мм

Материал

Е105МПа

σпц МПа а

МПа в

МПа с

МПа

1 2 3 4 5

I II III IV V

18 19 22 25 27

15 20 20 30 30

35 45 50 60 50

70 60 70 85 80

Сталь

22 21 19 21 20

200 210 230 190 250

310 320 340 300 350

114 120 130 105 130

0 0 0 0 0

6 7 8 9 0

VI VII VIII IX X

30 17 28 24 21

25 15 25 20 15

55 50 65 45 40

90 85 75 75 60

Чугун

10 11 10 09 10

200 200 190 180 180

780 770 700 700 700

120 125 120 115 116

00500051005000500051

Буква шифра

а г д в

176

Рис 74

Пример В соответствии с условиями задачи 14 опреде-

лить допускаемое значение силы уР из расчета на устойчи-

вость стального стержня показанного на рис 75 если известно

l = 12 м а1 = 20 мм а2 = 40 мм а3 = 65 мм

177

Е = 2105 МПа σпц = 200 МПа

коэффициенты Ясинского а = 310 МПа b=114 МПа с = 0 Решение 1) определяем положение центра тяжести поперечного се-

чения

Рис 75 Рис 76

Выбираем вспомогательную систему координат yx1 для

заданного поперечного сечения (рис 76) где ось y будучи осью симметрии является главной центральной осью

Для определения вертикальной координаты центра тяже-сти разбиваем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и опреде-ляем координату центра тяжести Cy по формуле (22)

1

1

1300 525 800 10363

1300 800

n

i Cii

C n

ii

F yy

F

мм

где i CiF y ndash площадь и координата центра тяжести i-й части се-

чения в принятой системе координат n ndash число элементарных частей на которые разбивается сечение (в данном случае n = 2)

При этом F1 = 1300 мм2 F2 = 800 мм2 C iy = 525 мм

C iy = 10 мм

Вторая главная центральная ось х проходит через центр тяжести C всего сечения (см рис 76)

178

2) определяем моменты инерции относительно главных центральных осей используя формулу (27) о параллельном пе-реносе осей

21

1( )

n

x xi ii

J J b F

где xiJ ndash момент инерции i-й части относительно своей цен-

тральной оси х bi ndash расстояние между центральной осью i-й части и главной центральной осью всего сечения

Применительно к рассматриваемому сечению (см рис 76) получим

2 21 1 1 2 2 2x x xJ J b F J b F

где 3

12i

i ix

b hJ

1

320 65

12xJ

2

340 20

12xJ

Окончательно получим

32

32 4 4

20 65162 1300

12

40 20263 800 138 10 мм

12

xJ

Так как ось у является главной центральной для всего се-чения и для каждой его части второй осевой момент инерции вычисляется как сумма моментов инерции отдельных частей

3 34

1 21

65 20 20 4015 10

12 12

n

у уi у уi

J J J J

мм4

где 3

12i

i iy

h bJ

1

3

y65 20

J 12

2

3

y20 40

J12

Так как xJ gt уJ а условия закрепления концов одинако-

вы во всех плоскостях то потеря устойчивости происходит в плоскости минимальной жесткости те в плоскости чертежа

179

(см рис 75) относительно оси у имеем Jmin = уJ = 15 104 мм4

Форма потери устойчивости показана на рис 75 3) определяем гибкость стержня по формуле (75)

mini

l

где μ ndash коэффициент приведенной длины величина которого в рассматриваемом случае μ = 05 (см рис 74) imin ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения вычисляе-

мый по формуле 4

minmin

15 10845

2100

Ji

F

F площадь сечения F = 800 + 1300 = 2100 мм2 В соответствии с (75) гибкость равна

05 1200710

845

4) предельная гибкость для стального стержня равна (77)

2 2 5

предпц

2 10100

200

Е

5) определяем величину критической силы Так как λ lt λпред формула Эйлера неприменима Расчет

критических напряжений производим по формуле Ясинского (710)

Я 2кр а b c

где а b c коэффициенты величины которых равны а = 310 МПа b = 114 МПа c = 0

Я 2кр 310 114 71 229а b c МПа

Критическая сила равна (711) Я 3

кр кр кр 229 2100 481 10 H 481кНР Р F

6) допускаемое значение сжимающей силы из расчета на устойчивость определяется выражением (74)

кр 481192 кН

25уy

РР

n

180

76 Проектный расчет на устойчивость Задача 15 Из расчета на устойчивость выполнить проектный расчет

прямого стержня сжатого силой Р в соответствии с рис 77 Условия закрепления во всех плоскостях одинаковы Ма-

териал ndash дерево l = 360 см Р = 140 кН сж 10 МПа По-

перечное сечение ndash круг диаметром D

Рис 77

Решение В соответствии с условием задачи требуется определить

диаметр поперечного сечения D Применяем расчет с помощью понижающего коэффициента φ (см п 74)

Условие устойчивости в этом случае имеет вид (715)

сж или сжР F (716)

Из (716) получим

сж

РF

(717)

Так как диаметр D неизвестен то момент инерции попе-речного сечения и его радиус инерции i также неизвестен Следо-вательно нам неизвестна и гибкость стержня λ (75) по которой определяется числовое значение коэффициента φ (см прил 6)

181

Задачу решаем методом последовательных приближений Для этого задаем на первом шаге расчета значение коэффици-ента φ1 = 05 и из формулы (717) получаем

54 2

114 10

28 10 мм 05 10

F

Диаметр сечения 4

11

4 4 28 10189 мм

FD

Момент инерции поперечного сечения на первом шаге равен

4 48 41

1189

627 10 мм 64 64

DJ

Радиус инерции

41 1

1 21

4

464

D DJi

F D

(718)

Таким образом на первом этапе приближения получим гибкость

11 1

4

l l

i D

(719)

те

14 1 3600

76189

(720)

По таблицам (см прил 7) для гибкости 1 76 получаем значение коэффициента 1 053

Определяем погрешность расчета коэффициента по фор-муле

1 1

1

100

(721)

Таким образом погрешность определения коэффициента на первом шаге составляет

1053 05

100 6 05

182

Так как допускается погрешность расчета не более 5 а погрешность на первом шаге составляет 6 то выполняем второй шаг приближения

Задаем значение коэффициента 2 равное среднему зна-чению между 1 и 1

1 12

05 0530515

2 2

В этом случае по формуле (717) получим

54 2

214 10

272 10 мм 0515 10

F

Диаметр сечения на втором шаге

42

24 4 272 10

186 ммF

D

Гибкость стержня по формуле (719) на втором шаге

22

4 4 1 3600775

186

l

D

По таблице (см прил 7) для λ = 775 получим 2 0515

Так как 2 2 то окончательно принимаем 0 515

и следовательно поперечное сечение должно иметь диаметр 186 ммD

Окончательно принимаем D = 190 мм П р и м е ч а н и е 1 Если первоначальное значение коэффициента φ1 на первом шаге

выбрано неудачно то потребуется сделать несколько шагов приближе-ния чтобы обеспечить погрешность вычислений менее 5

2 Если в таблице φ(λ) (см прил 7) для полученного значения гиб-кости λ отсутствуют значения коэффициента φ то следует применить ме-тод линейной аппроксимации на интервале по следующей схеме пока-занной на рис 78

183

Рис 78

Из таблицы выбирают ближайшие значения гибкости 1

и 2 лежащие слева и справа от заданного значения гибкости и записывают соответствующие значения коэффициентов

1 1 2 2 и приведенные в таблице значений

для заданного материала стержня (см прил 6) Значение коэффициента для заданного значения гиб-

кости определяется в соответствии с рис 78 по формуле

2 (722)

где 21 2

2 1

( )

Окончательно из (722) получаем

22 1 2

2 1

( )

(723)

Контрольные вопросы

1 Какие упругие системы называются устойчивыми 2 Что называется критической силой и критическим на-

пряжением 3 Что называется коэффициентом приведенной длины и от

чего зависит его значение 4 Что называется гибкостью стержня от чего она зависит 5 Как вычисляется предельная гибкость стержня 6 Запишите формулу Эйлера для критической силы и кри-

тического напряжения 7 Сформулируйте условия применимости формулы Эйлера 8 Запишите формулу Ясинского для критической силы и

критического напряжения

184

9 Сформулируйте условия применимости формулы Ясин-ского

10 Нарисуйте полную диаграмму для критических на-пряжений

11 Как влияет жесткость поперечного сечения на из- гиб ЕJ и длина стержня на величину критической силы

12 Как влияет способ закрепления концов стержня на ве-личину критической силы

13 Запишите условие устойчивости 14 Что такое коэффициент снижения допускаемых на-

пряжений 15 От чего зависит численное значение коэффициента 16 Сформулируйте порядок выполнения расчета на ус-

тойчивость с помощью коэффициента

185

Глава 8

ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК

81 Основные понятия Природа динамических воздействий на элементы и конст-

рукции в целом разнообразна [1] Рассмотрим основные виды динамического воздействия

ndash действие ускорений ndash удар ndash вибрация Существенной особенностью действия динамической на-

грузки является то что при расчете нельзя пренебрегать силами инерции возникающими в элементах конструкций Силы инер-ции выступают как дополнительная внешняя нагрузка Их взаи-модействие с силами упругости часто порождает возникновение колебаний элементов конструкций которые могут приводить к многократному росту внутренних силовых факторов и соответ-ственно напряжений и деформаций элементов конструкций

Кроме того при действии динамической нагрузки ряд конструкционных материалов проявляют склонность к охруп-чиванию хотя при действии статических нагрузок они являют-ся пластичными [1 6]

Расчет на прочность при действии динамических нагрузок является достаточно сложным [1 3] поэтому будем рассматри-вать простейшие схемы динамического нагружения типовых элементов конструкций При этом полагаем что динамическое нагружение конструкции происходит в упругой области те напряженно-деформированное состояние элементов конструк-ции подчиняется закону Гука [1]

В этом случае динамическое действие нагрузки характе-ризуется коэффициентом динамичности д 1k который пока-

зывает во сколько раз увеличиваются напряжения и деформа-ции в элементе конструкции при действии динамической нагрузки по сравнению с действием той же нагрузки но прило-женной статически

186

Таким образом напряжения д деформации д и переме-щения д при динамическом действии нагрузки вычисляются по формулам

д д ст д д ст д д ст k k k (81)

Здесь ст ст ст ndash статические напряжения относитель-ные деформации и перемещения соответственно Величина ко-эффициента динамичности дk рассчитывается для каждого

конкретного элемента конструкции и определяется выражения-ми зависящими от вида динамической нагрузки

Условие прочности в этом случае записывается в виде

max д д (82)

где max д minus максимальные динамические напряжения в элемен-

те конструкции д minus допускаемые напряжения при динами-

ческом нагружении величина которых зависит от свойств ма-териала при динамической нагрузке и условий эксплуатации конструкции

П р и м е ч а н и е Если напряженное состояние элемента конст-рукции является сложным то аналогично п 6 расчет ведется по эквива-лентным напряжениям которые рассчитываются по соответствующему критерию прочности

82 Расчет коэффициента динамичности Рассмотрим простейшие виды динамического нагружения

821 Действие линейных ускорений Пусть груз весом Q на тросе поднимается с ускорением а

(рис 81)

Рис 81

187

В этом случае дополнительно к весу Q на трос действует сила инерции от груза Коэффициент динамичности определя-ется выражением

д 1а

kg

(83)

где g ndash ускорение свободного падения (g = 98 мс2) Статическое напряжение растяжения в тросе равно

стQ

F (84)

где F ndash площадь поперечного сечения троса Динамические напряжения определяются по формуле (81)

а условие прочности имеет вид (82)

822 Действие удара

Пусть на упругую систему с высоты Н падает груз весом Q На рис 82а показан продольный осевой удар а на рис 82бв ndash поперечный удар по балке

Рис 82

Во всех случаях коэффициент динамичности определяется

выражением

дст

21 1

Нk

(85)

а) б) в)

188

Здесь коэффициент учитывает вес элемента конструк-ции (стержня балки) по которому производится удар (рис 82) Этот коэффициент вычисляется по формуле

Эп1

Q

Q (86)

где ЭQ ndash вес элемента конструкции (стержня балки) а п ndash ко-

эффициент приведения массы элемента к точке в которой про-изводится удар (к точке K) Этот коэффициент lt 1 а его вели-чина зависит от координат точки приложения удара и расчетной схемы элемента [1 6]

Например при продольном ударе (рис 82а) этот коэф-

фициент принимает значение п1

3

При поперечном ударе

ndash для расчетной схемы (рис 82б) п17

048635

ndash для расчетной схемы (рис 82в) п33

0236140

Для остальных расчетных схем значения коэффициента приведения можно найти в [6]

В тех случаях когда вес элемента конструкции сущест-венно меньше веса падающего груза ( ЭQ ltlt Q) выполняется ус-

ловие Эпltlt 1

Q

Q и коэффициент принимают равным единице

те = 1 а балку считают невесомой В этом случае формула (85) принимает вид

дст

21 1

Нk

(87)

Если выполняется условие ст

2Н

1 то возможно даль-

нейшее упрощение и тогда применяют приближенную формулу для определения коэффициента динамичности

дст

2

Нk

(88)

189

Применительно к расчетным схемам показанным на рис 82 ст определяется следующим образом

ndash при продольном ударе (рис 82а) стQl

EF

ndash при поперечном ударе (рис 82бв) ст определяется

как прогиб точки K при приложении в ней статической силы равной Q Этот прогиб определяется любым методом напри-мер методом начальных параметров (см п 41)

Динамические напряжения определяются выражением (81) а условие прочности для наиболее нагруженного попереч-ного сечения элемента конструкции записывается в виде (82)

823 Действие вибрации

При действии внешних вибрационных нагрузок в элемен-тах конструкции имеет место динамическое воздействие что приводит к повышению напряжений деформаций и перемеще-ний упругой системы

Расчет стержней валов и балок на действие вибрации яв-ляется достаточно сложным и здесь не рассматривается [1 8] Будем рассматривать расчетные схемы типовых элементов кон-струкций как одномассовые колебательные системы у которых вся масса сосредоточена в одной точке

В качестве примера рассмотрим поперечные колебания двухопорной балки с грузом расположенным в сечении K (рис 83) Пунктиром показана форма поперечных колебаний балки

Рис 83

Считаем что балка невесома а груз имеет массу М Соб-

ственная частота балки в этом случае определяется выраже-нием [1]

190

ст

g

(89)

где g = 981 мс2 ndash ускорение свободного падения ст minus пере-

мещение сечения K при статическом нагружении балки усили-ем равным весу груза М (рис 83)

Необходимо отметить что собственная частота опреде-ленная таким образом соответствует основной (наименьшей) собственной частоте упругой системы на которой как правило возникают наибольшие перемещения и напряжения

При действии на балку внешней гармонической вибрации с частотой по направлению оси у в балке возникают вынуж-денные колебания При совпадении частот вынужденных и собственных колебаний в системе возникает резонанс при котором происходит максимальное увеличение динамических напряжений д и перемещений д в сечениях балки которые

вычисляются по формулам (81) При динамических расчетах на вибрацию вводится поня-

тие динамического коэффициента который часто называют коэффициентом нарастания вынужденных колебаний и опреде-ляют по формуле [1]

22 2 2

1

21

n

(810)

где безразмерный параметр 2n

ndash характеризует рассеяние энер-

гии и затухание колебаний в элементе конструкции Для реаль-ных элементов конструкций работающих на изгиб этот пара-

метр принимает значения 2

lt 04n

Динамический коэффициент характеризует увеличение динамических напряжений за счет действия внешней гармони-ческой силы с амплитудой Р Например если в точке K балки (рис 83) установлен электродвигатель то при его работе на балку в точке K будут действовать две составляющие внешних нагрузок

ndash вес электродвигателя Q который является постоянным

191

ndash инерционная сила с амплитудой Р которая является пе-ременной вызывает колебания балки и определяется величиной дисбаланса вращающихся частей ротора электродвигателя

На рис 84 показаны зависимости динамического коэффи-

циента от отношения частот

при различных значениях па-

раметра 2n

характеризующего демпфирования в упругой

системе

Рис 84

Из рис 84 следует что при резонансе происходит резкое

возрастание амплитуд колебаний что в свою очередь вызывает повышение напряжений в балке

192

Областью резонанса обычно считают частотный диапазон внешних воздействий

07 13 (811)

Поэтому при проектировании элементов конструкций же-лательно за счет конструктивных мер обеспечивать выполнение

условий lt 07

и 13

Анализ зависимостей представленных на рис84 показы-вает что вне резонансного интервала (811) динамический коэффициент незначительно зависит от параметра демпфирова-ния γ в системе и вне этого интервала динамический коэффици-ент (810) можно рассчитать по приближенной формуле не учи-тывающей демпфирование в упругой системе

2

1

1

(812)

С учетом веса Q статически действующего на балку ко-эффициент динамичности определяется выражением

д 1Р

kQ

(813)

Динамические напряжения деформации и перемещения определяется по формуле (81) с учетом (813) При этом под статическими характеристиками ст ст ст понимаем напря-

жения деформации и прогибы в балке при статическом дейст-вии на нее веса электродвигателя Q

П р и м е ч а н и е В случаях когда балку нельзя считать невесо-мой вводится понятие приведенной сосредоточенной массы Мпр которая определяется по формуле

пр п1 БММ ММ

(813)

где М ndash сосредоточенная масса расположенная в т K (рис 83)

БМ ndash масса всей балки п ndash коэффициент приведения массы балки к точке K который определяется в соответствии с п 822

193

83 Расчет на ударную нагрузку Задача 16 На упругую систему (рис 85) с высоты Н падает

груз Q Подобрать размеры поперечного сечения конструкции из-

готовленной из малоуглеродистой стали если

тр = тс = 320 МПа Е = 2 105 МПа

коэффициент запаса прочности n = 2 массу упругой системы не учитывать

Данные необходимые для решения задачи выбрать из табл 81

Для прямоугольных поперечных сечений балок принять

2h

b для кольцевых сечений принять 07

dс

D где

D ndash внешний d ndash внутренний диаметры

Таблица 81

Номер строки

Схема по рис 85

Q Н Н м а м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

I II III IV V VI VII VIII IX X

200 400 600 800 1000 500 750 800 900 100

05 04 02 04 01 03 03 02 02 05

10 12 15 10 08 12 08 15 10 10

Буква шифра

а г д г

Пример В соответствии с условиями задачи 15 подобрать

размеры круглого поперечного сечения балки показанного на рис 86а при Q = 200 Н а = 2 м Н = 02 м

194

Рис 85

Решение 1) приложим к системе статическую силу равную весу

падающего груза Q (рис 86б) и строим эпюру изгибающего

195

момента хМ (рис 86в) Опорные реакции в сечении А опреде-

ленные из уравнений равновесия для балки А AМ Qa Y P

Рис 86

2) определим статический прогиб ст в точке K (рис 86б)

применяя метод начальных параметров (см пп41) Начальные параметры 0 00 0A Аy y так как

в сечении А балка жестко закреплена В соответствии с уравнением (410 ) получим

2 3

2 3 3

( 0) ( 0)1( )

2 3

1

2 6 3

A AK K

x

x x

M a Y ay y a

EJ

Qa a Qa Qa

EJ EJ

Знак laquominusraquo указывает на то что прогиб точки K направлен вниз

Момент инерции сплошного круглого поперечного сече-

ния равен 3

64xD

J

поэтому окончательно получим

3

ст 4

64

3

Qa

ED

(814)

а) б) в)

196

3) коэффициент динамичности в соответствии с выраже-нием (88) равен

2

дст

2 3

4 2

H D EHk

a Qa

(815)

4) обращаясь к эпюре хМ (рис 86в) находим опасное

сечение в котором изгибающий момент достигает наибольшего значения max х АМ М Qa и определяем максимальную вели-

чину статических напряжений Так как момент сопротивления

балки равен 3

32хD

W

то

maxmax cт 3

32А

x

М Qa

W D

5) определяем величину динамических напряжений в опас-ном сечении (81)

max дин д max ст

2

3

( )

3 32 1 3

4 2 04 2

k

D ЕН Qa QEH

а Qa D aD

(816)

6) запишем условие прочности (82) которое с учетом (816) принимает вид

max дин1 3

04 2

QEH

D a

(817)

Находим допускаемые напряжения

т

т

320160

2n

МПа

Определим из (817) требуемый диаметр D поперечного сечения

2 5 3

3мм

1 3

04 2

1 3 2 10 2 10 02 10678

04 160 2 2 10

QEHD

a

197

Округляя полученное значение D окончательно прини-маем D = 68 мм

Вычислим фактическое значение коэффициента динамич-ности при выбранном значении диаметра поперечного сечения балки (815)

2 2 5 3

д 3 3

3 68 3 2 10 02 101254

4 2 4 2 10 2 200 2 10

D EHk

a Qa

Таким образом фактический коэффициент динамичности при ударе составляет д 1254k

84 Расчет упругой системы при действии вибрации

Задача 17 Упругая система представляет собой балку представлен-

ную на рис 87 Поперечное сечение балки выполнено в виде двух швеллеров (рис 88а) или двух двутавров (рис 88б) же-стко соединенных между собой

В точке K на балке (рис 87) установлен электродвигатель весом Q частота вращения вала которого равна n минndash1 Сила инерции возникающая вследствие неуравновешенности вра-щающихся деталей электродвигателя равна инР Материал балки ndash прокатная сталь с пределом текучести т 320 МПа и

модулем упругости 52 10 МПаЕ

Данные для варианта задания принять по табл 82 и рис 87

Требуется определить величину максимальных напря-жений в балке и фактический коэффициент запаса ее проч-ности

198

Рис 87

199

Рис 88

Таблица 82

Тип сечения Номер строки

Схема по

рис 87Q кН инР кН n мин-1 l м

[ ] I I

1 I 60 08 320 05 5 2 II 58 06 400 06 10 3 III 48 05 510 04 8 4 IV 50 045 600 05 12 5 V 62 052 1000 06 65 6 VI 46 04 700 04 14 7 VII 40 036 550 045 10 8 VIII 64 058 480 05 10 9 IX 66 044 800 08 12 0 X 59 03 360 04 16

Буква шифра

а г д б в а г

Пример расчета В соответствии с условиями задачи 17 рассмотрим кон-

сольную балку поперечное сечение которой выполнено из двух швеллеров 14

Остальные исходные данные приняты следующими ndash коэффициент запаса прочности nт = 2 ndash вес электродвигателя Q = 64 кН ndash l =18 м ndash сила инерции инР = 12 кН ndash число оборотов электродвигателя n = 320 минndash1 Массу упругой системы не учитываем

а) б)

200

Решение 1) на рис 89а показана расчетная схема балки

Рис 89

2) приложим статически вес электродвигателя к балке

в точке K (рис 89б) и из уравнений равновесия балки получим значения опорных реакций

A АY P М Ql

Эпюра изгибающего момента хМ показана на рис 89в

из которого следует что наиболее нагруженным является сече-ние А в котором максимальный изгибающий момент равен

max хМ Ql а максимальные статические нормальные напря-

жения в балке определяются выражением 3 3

maxmax ст 3

64 10 16 108205

2 2 2 702 10x

x x

М Ql

W W

МПа

где 702xW см3 ndash момент сопротивления одного швеллера 14

(см прил 4) 3) применяя метод начальных параметров (см п 41) оп-

ределяем статический прогиб в точке K где установлен элек-тродвигатель (рис 89б)

а) б) в)

201

3

ст 3Kx

Qly

EJ (818)

Здесь xJ ndash момент инерции двух швеллеров относительно

оси х (рис 89а) Так как момент инерции одного швеллера 14

(см прил 4) равен (1) 4911хJ см4 то (1)2 9822x хJ J см4

4) собственная частота в соответствии с (89) и (818) определяется как

5 6 8

3 3 3cт

3 981 3 2 10 10 9822 10394

64 10 18xEJ gg

Ql

сndash1

5) частота вынужденных колебаний определяется по фор-муле

320335

30 30

n сndash1

Определим отношение частот

335085

394

следовательно

085

Таким образом при работающем электродвигателе в со-ответствии с (811) вибрация балки происходит в резонансной области (811)

6) так как по условию задачи балка является невесомой и в ней не происходит рассеяния энергии то динамический коэф-фициент можно определить по формуле (812)

2 2

1 1361

3351 1

394

Коэффициент динамичности определяем по формуле (813)

ид

121 1 361 17

64

Рk

Q

7) максимальные динамические напряжения при вынуж-денных колебаниях балки (81) составляют

202

max д max ст( ) 17 825 14025k МПа

Допускаемые напряжения

тд

т

320160

2n

МПа

Условие прочности (82) выполняется так как

max д д14025 lt 160 МПа

8) в качестве примера выполним динамический расчет балки с учетом ее веса Вес балки в форме двух швеллеров 14 равен

Б 2 2 123 18 4428 H 0443 кНQ ml

Здесь m =123 Н ndash вес погонного метра одного швеллера 14 (см прил 4)

Коэффициент приведения п для расчетной схемы балки (рис 89б) равен (см п 822) п 024

В соответствии с (813) приведенный вес балки к точке K (рис 89) составляет прQ Q где коэффициент определя-

ется выражением

Бп

04431 1 024 1017

64

Q

Q

пр 64 1017 651Q кН

Максимальные статические напряжения в этом случае со-ставляют

прmax ст 1017 8205 8344

2 2x x

Q l Ql

W W МПа

Собственная частота

13

cт

3 1 1394 398 c

2 1017xEJ gg

Ql

Динамический коэффициент

2 2

1 1345

3351 1

398

203

Коэффициент динамичности

инд

пр

121 1 345 164

651

Рk

Q

Максимальные динамические напряжения

max д д max ст( ) 164 8344 1368k МПа

Так как max д дlt то условие прочности также выпол-

няется Выводы 1 Из проведенных исследований следует что учет собст-

венного веса несущественно влияет на результаты расчета ndash максимальные динамические напряжения в балке изме-

нились на

1368 14025100 25

1368

ndash коэффициент динамичности изменится на

164 17100 36

164k

2 Так как допускаемая погрешность инженерного расчета 5 то допускается выполнять динамический расчет без

учета собственного веса балки

Контрольные вопросы

1 Приведите примеры динамических внешних нагрузок 2 Как рассчитываются динамические напряжения дефор-

мации перемещения 3 Как записывается условие прочности при динамическом

нагружении 4 Дайте определение коэффициента динамичности при

действии линейных ускорений 5 Как рассчитывается коэффициент динамичности при

ударе 6 Как учитывается масса элемента конструкции при ударе 7 Запишите приближенную формулу для расчета коэффи-

циента динамичности при ударе

204

8 Как определяется динамический коэффициент при дей-ствии гармонической вибрации

9 Как вычислить основную собственную частоту балки при вибрации

10 Что такое резонанс Когда он возникает 11 Какая частотная область называется резонансной 12 Как вычисляется коэффициент динамичности при виб-

рационном воздействии 13 Как вычисляются динамические напряжения в элементе

конструкции при действии вибрации 14 Как учитывается вес элемента конструкции при дейст-

вии вибрации 15 Сформулируйте порядок выполнения расчета на проч-

ность при динамическом воздействии

205

Глава 9

РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ

91 Основные понятия Приведенные выше методики расчетов на прочность ти-

повых элементов конструкций основаны на оценке прочности материала в наиболее нагруженных точках по допускаемым на-пряжениям Предельным состоянием конструкции в этом слу-чае считается такое ее состояние при котором максимальные напряжения достигают предела текучести т для пластичных материалов или предела прочности в для хрупких материалов Состояние остального массива элемента конструкции во внима-ние не принимается [6]

В то же время при неравномерном распределении напря-жений например при изгибе балок (см рис 43) и кручении ва-лов (см рис 31) для элементов изготовленных из пластичных материалов появление местных максимальных напряжений равных пределу текучести ( max т ) в большинстве случаев

не является опасным так как в остальной части сечения напря-жения являются упругими Поэтому конструкция может выпол-нять свое функциональное назначение

В связи с этим возникла необходимость в новом подходе к оценке прочности по ее предельному состоянию

Под предельным состоянием конструкции будем пони-мать такое ее состояние при котором она полностью теряет способность сопротивления внешним нагрузкам и не может выполнять свое функциональное назначение

Методы расчетов по предельному состоянию широко применяются при проектировании различных конструкций так как позволяют вскрыть резервы прочности которые не учиты-ваются при расчетах по допускаемым напряжениям Это позво-ляет выполнять оптимальное проектирование способствующие уменьшению металлоемкости конструкций

Практическое применение метода расчета по предельному состоянию рассмотрим на элементах конструкций работающих

206

на растяжение и кручение Считаем что они изготовлены из пластичного материала диаграмма растяжения которого имеет площадку текучести (рис 13) характеризующуюся пределом текучести т

С целью упрощения расчета по предельному состоянию нелинейную диаграмму растяжения схематизируют таким обра-зом что участок прямой ОА выражающий закон Гука непо-средственно переходит в горизонтальный участок ВС соответ-ствующий площадке текучести (см рис 13)

При этом считают что пределы пропорциональности пц

и текучести т совпадают те т пц

Такая схематизированная диаграмма называется диаграм-мой Прандтля (рис 91) а материал соответствующий этой диаграмме называется идеально пластичным [9]

Рис 91

Замена реальной диаграммы схематизированной диа-граммой Прандтля приемлема для пластичных материалов и дает хорошие результаты расчета предельных нагрузок согла-сующиеся с данными экспериментальных исследований

Предельное состояние элемента конструкции определяем наличием значительной пластической деформацией которая наступает на площадке текучести в начале зоны упрочнения СD на реальной диаграмме (см рис 13)

Рассмотрим некоторые случаи расчета типовых элементов конструкций по предельному состоянию используя диаграмму Прандтля (рис 91)

92 Упругопластический изгиб балок

Рассмотрим поперечный изгиб балки изготовленной из пластичного материала В наиболее нагруженном поперечном

207

сечении действуют изгибающий момент хМ (рис 92а) под

действием которого в поперечном сечении возникают нормаль-ные напряжения σ которые определяются по формуле (41)

Рассмотрим балку прямоугольного сечения (рис 92б) с размерами bh Эпюра нормальных напряжений σ по высоте сечения при упругом деформировании показана на рис 92в

Максимальные напряжения достигаются в верхних и ниж-них волокнах балки и определяются формулой (43)

maxх

x

М

W (91)

где 3

6xbh

W ndash момент сопротивления при изгибе прямоуголь-

ного поперечного сечения

Рис 92

При возрастании величины изгибающего момента хМ

в соответствии с диаграммой Прандтля (рис 91) нормальные напряжения остаются постоянными и равными пределу теку-чести те max т Эпюра этих напряжений показана на

рис 92г При этом в поперечном сечении образуются две зоны (рис 92 д)

ndash упругая зона 1 в которых тlt ndash пластические зоны 2 (заштрихованы) в которых т В этом случае имеет место упругопластический изгиб

балки При дальнейшим увеличении изгибающего момента хМ

происходит расширение пластических зон 2 Предельное со-

а) б) в) г) д) е)

208

стояние наступит в случае когда пластическая зона охватит все поперечное сечение те эпюра нормальных напряжений примет вид показанный на рис 91е При этом в поперечном сечении возникает пластический шарнир и балка теряет свою несущую способность те наступает ее предельное состояние Изгибаю-щий момент соответствующий этому состоянию называется предельным изгибающим моментом прМ

Предельный изгибающий момент в соответствии с эпюрой нормальных напряжений представленной на рис 91а опреде-ляется выражением

пр т т

2

2 2 xFF

М у dF у dF S (92)

где xS minus в соответствии с определением (21) равен статическо-

му моменту половины площади 2

F поперечного сечения прямо-

угольника Величину 2 xS называют пластические моменты сопро-

тивления сечения плW те

пл 2 xW S (93)

Предельный изгибающий момент в этом случае в соответ-ствии с (92) вычисляется как

пр т плМ W (94)

Для балки прямоугольного поперечного сечения [1] 2

2xbh

S Следовательно

2

пл 4

bhW (95)

Сравним степень увеличения запаса прочности балки при переходе от расчета по допускаемым нагрузкам к расчету по предельным нагрузкам

При расчете по допускаемым нагрузкам предельно допус-каемая величина изгибающего момента равна

т т хМ W (96)

209

При расчете по предельным нагрузкам величина предель-ного момента определяется выражением (94)

Степень увеличения несущей способности при переходе к расчету по предельному состоянию определим параметром

пр пл

т

x

М W

М W (97)

Для прямоугольного поперечного сечения этот параметр с учетом выражений (94) (95) (96) принимает значение

2

2

615

4

bh

bh

Аналогично решается задача и для других типов попереч-ных сечений [5] Для некоторых простейших поперечных сече-ний значения коэффициента приведены в табл 91

Таблица 91

210

Окончание табл 91

93 Расчет остаточных напряжений Рассчитаем сечения балки в котором действует изгибаю-

щий момент xМ и выполняются условия т прxМ М М

В этом случае в поперечном сечении балки имеются две зоны (рис 93а) 1 ndash упругая 2 ndash пластическая а эпюра нормальных напряжений имеет вид представленный на рис 93б

Рис 93

а) б) в) г)

211

Разгрузка балки происходит по линии КМ диаграммы Прандтля которая параллельна линии ОА характеризующей закон Гука (рис 91) Таким образом прикладывая изгибающий момент xМ обратного знака в соответствии с законом Гука по-

лучим линейную эпюру разгрузочных нормальных напряжений

р представленную на рис 93в

Нормальные напряжения при разгрузке в точках сечения

1K и 2K расположенных на верхних волокнах сечения и на границе упругой и пластической зон (рис 93а) определяются по формулам (91) и соответственно

max рx

x

M

W (2)

p K

M x yJx

(98)

где K

y ndash координата границы упругой области (рис 93а)

Остаточные напряжения ост определяются по принципу

суперпозиций как алгебраическая сумма действовавших и раз-грузочных напряжений (рис 93а)

ndash в точке 1K (1)

ост max р т

ndash в точке 2K (2) (2)

ост р т

С учетом соотношений (98) получим выражения для рас-чета остаточных напряжений в точках 1K и 2K

(1)

ост тx

x

M

W (910)

(2)

ост т Kx

x

yM

W

Эпюра остаточных напряжений по высоте поперечного сечения является линейной и представлена на рис 93г Факти-ческий знак остаточных напряжений ост в любой точке сече-

ния зависит от знака и величины действующего в сечении изги-бающего момента xM и координаты

Ky определяющей размер

упругой зоны Из анализа эпюры остаточных напряжений сле-дует что наибольшие остаточные напряжения могут иметь ме-сто в точках 1K или 2K Это определяется при расчетах для конкретной расчетной схемы конструкции

212

94 Расчет по предельному состоянию при кручении

При кручении валов сплошного круглого поперечного се-

чения по допускаемым напряжениям касательные напряжения в упругой области распределяются по линейному закону (31) а эпюра касательных напряжений в сечении представлена на рис 31

Опасное состояние вала имеет место при появлении пла-стических деформаций на внешнем контуре поперечного сече-ния при выполнении условия

max т (911)

где т minus предел текучести по касательным напряжениям Проводя рассуждения аналогичные п 92 получим кру-

тящий момент соответствующий опасному состоянию при рас-чете по допускаемым напряжениям

т(кр) т pМ W (912)

где 3

16pD

W

minus полярный момент сопротивления при кру-

чении Предельный крутящий момент пр(кр)М определяется вы-

ражением 913

пр(кр) т (пл)pМ W (914)

где 3

(пл) 12pD

W

minus пластический момент сопротивления при

кручении На рис 93 показаны эпюры касательных напряжений

в поперечном сечении при различных значениях крутящего мо-мента кр М

ndash кр т(кр)lt М М все сечение работает в упругой области

(рис 94а) ndash т(кр) кр пр(кр)lt М М М сечение разбивается на две зоны

1 ndash упругая зона ( тlt ) 2 ndash пластическая зона при т (рис 94б) где

K ndash радиус определяющий размер упругой

зоны 1

213

ndash кр пр(кр) М М все сечение работает в пластической зоне

при т (рис 94в)

Рис 94

Степень увеличения несущей способности вала при пере-

ходе к расчету по предельному состоянию определим безраз-мерным параметром кр аналогично (97)

пр(кр)кр

т(кр)

М

М (914)

который с учетом выражений (912) и (913) равен 3

(пл)кр 3

16 4133

312

p

p

W D

W D

(915)

Таким образом скрытый запас прочности вала работаю-щего на кручение при переходе к расчету по предельному со-стоянию составляет кр 133

95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов

При разгрузке вала в его поперечных сечениях аналогич-

но п 94 возникают остаточные касательные напряжения ост

[5 9] На основании рассуждений аналогичных п 94 получим

что эпюра остаточных касательных напряжений по радиусу по-перечного сечения также является линейной (рис 95в)

214

Рис 95

Значения остаточных касательных напряжений ост в точ-

ках 1K и 2K (рис 95аб) вычисляются по формулам

(1)

ост

крт

р

M

W (916)

(2)

ост

крт

р

M

J

Из анализа эпюры остаточных касательных напряжений следует что наибольшие остаточные напряжения достигаются в точках 1K и 2K поперечного сечения вала

96 Расчет вала по предельному состоянию

Задача 18 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими концами нагружен крутящими моментами 1 2m m и 3m

в соответствии с задачей 5 (см п 32) и расчетной схемой по-казанной на рис 32

Значения крутящих моментов 1 2m m и 3m выраженные

через внешний момент m принять в соответствии с вариантом задания по табл 31

Выполнить расчет вала по предельному состоянию и оп-ределить предельно допустимое значение внешнего момента m

а) б) в)

215

Проанализировать напряженное состояние вала при действии предельного крутящего момента

При выполнении расчета принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа ndash предел текучести по касательным напряжениям для ма-

териала вала т 140 МПа

Пример В соответствии с условиями задачи 18 Выпол-нить расчет для вала при 1 3m m 2m m 3 3m m 1 2l l

2 3 4l l l l Расчетная схема вала представлена на рис 94а

и соответствует примеру в задаче 6 (см п 33)

Рис 96

Решение 1) задача является статически неопределимой Раскрывая статическую неопределимость в соответствии

с решением примера и применяя метод сечений получим эпюру крутящих моментов (см рис 35) представленную на рис 96в

а) б) в)

216

2) анализ эпюры крутящих моментов показывает что наи-более нагруженным является III участок вала (имеет постоянное поперечное сечение диаметром D) на котором максимальный крутящий момент равен

max кр 24 М m (917)

3) расчет на прочность по допускаемым напряжениям по-казал что при действии момента m = 05 кНmiddotм вал должен иметь диаметр сечения (313) 424D мм

Окончательно принимаем диаметр вала 44D мм 4) выполним расчет предельного значения внешнего мо-

мента пр m рассматривая предельное состояние вала на наибо-

лее нагруженном III участке который имеет полярный момент

сопротивления 3 3

444167 10

16 16pD

W

мм3

Пластический момент сопротивления при кручении вала в соответствии с (913) равен

4 4(пл) кр 133 16 7 10 222 10p pW W мм3

В соответствии с (913) предельный крутящий момент равен

4 6пр(кр) т (пл) 140 222 10 311 10 Н мм 311pМ W кНmiddotм

Учитывая связь максимального крутящего момента

max крМ и внешнего момента m (917) получим уравнение для

определения предельного значения внешнего момента пр m

max кр пр(кр) пр24 М М m (918)

Из (918) получаем значение предельного внешнего кру-тящего момента

пр(кр)пр

31113

24 24

Мm кНmiddotм

5) проанализируем полученный результат расчета вала по предельному состоянию

Для вала спроектированного по допустимым напряжени-ям на действие внешнего крутящего момента m = 05 кНmiddotм пре-дельное значение внешнего крутящего момента оказалось рав-ным пр 13m кНmiddotм

217

Таким образом предельный внешний крутящий момент для рассмотренной расчетной схемы вала можно увеличить в n раз по сравнению с заданным

пр 1326

05

mn

m

6) проанализируем эпюры касательных напряжений дей-ствующих в поперечных сечениях вала при различных значени-ях внешнего крутящего момента m При этом считаем что вал имеет диаметр D = 44 мм полученный из расчета на прочность по допускаемым напряжениям Для этого определим значение внешнего момента тm соответствующее образованию пласти-ческой деформации на внешнем контуре сечения вала на наибо-лее нагруженном III участке В соответствии с (912) и (917) получим

max т(кр) т т24pМ W m (919)

Таким образом 4

6т т

167 10140 097 10

24 24pW

m

Нmiddotмм = 097 кНmiddotм

Если тlt 097m m кНmiddotм то на всех участках вала

max т и все участки вала деформируются упруго Эпюры ка-сательных напряжений имеют вид представленный на рис 94а

Если т прlt ltm m m те 097 lt 13m (кНmiddotм) то на третьем

участке вала имеет место упругопластическое деформирование с образованием двух зон показанных на рис 94б

Проанализируем напряженно-деформированное состояние на других участках вала при пр m m используя расчетную

формулу (32) для определения максимальных касательных на-пряжений

На первом участке (рис 94в) 6

кр прmax 1 4

16 16 13 101245

167 10p p

М m

W W

МПа

На втором участке 6

кр прmax 2 4

14 14 13 10109

167 10p p

М m

W W

МПа

218

На четвертом участке 6

кр прmax 4 4

06 06 13 10467

167 10p p

М m

W W

МПа

Так как на 1 2 и 4 участках при прm m величина макси-

мальных касательных напряжений не превышает предела теку-чести ( max 1 т max 2 т max 4 т ) то на этих участках

имеет место упругое деформирование а эпюры касательных напряжений имеют вид представленный на рис 94 а

Если прm m те m = 13 кНmiddotм то на третьем участке име-

ет место пластическое деформирование вала по всему сечению а эпюра касательных напряжений показана на рис 94 в

7) проведенный расчет по предельному состоянию позво-ляет определить величину внешнего крутящего момента при котором полностью исчерпывается несущая способность вала и он уже не может выполнять своего функционального предна-значения

П р и м е ч а н и я 1 Решение задач по определению предельных внешних нагрузок

при изгибе балок (п 92) и других видов нагружения выполняется анало-гично п 94 с учетом вида напряженного состояния элементов конструк-ций и эпюр распределения напряжений действующих в наиболее нагру-женных поперечных сечениях элементов конструкций [9]

2 Если в элементе конструкции имеются остаточные напряжения то их необходимо учитывать при выполнении расчетов на прочность

Результирующие напряжения в элементе конструкции определяется как алгебраическая сумма напряжений

ост (920)

где ndash напряжения возникающие в элементе конструкции при действии заданных внешних нагрузок

При кручении результирующие касательные напряжения определяются аналогично (920)

Контрольные вопросы

1 Какое состояние конструкции называется предельным 2 С какой целью выполняют схематизацию диаграмм рас-

тяжения 3 Нарисуйте диаграмму Прандтля

219

4 Сформулируйте порядок расчета элементов конструк-ций по предельному состоянию

5 Какой изгибающий момент называется предельным 6 Что такое пластический момент сопротивления попе-

речного сечения балки при изгибе 7 Как определяется предельный изгибающий момент при

кручении вала 8 Как определяется пластический момент сопротивления

поперечного сечения вала при кручении 9 Нарисуйте эпюру распределения нормальных напряже-

ний при упругопластическом изгибе балки 10 Нарисуйте эпюру распределения касательных напря-

жений при упругопластическом кручении вала

220

Заключение В пособии рассмотрены методы расчета на прочность же-

сткость и устойчивость простейших элементов конструкций различного назначения в виде стержней балок и валов нахо-дящихся под действием силовых температурных и монтажных нагрузок

Представлены два типа расчетов по допускаемому на-пряжению и предельному состоянию

В тех случаях когда элементы конструкций являются более сложными и представляют собой пластины и оболочки сосуды вращающиеся диски и др расчеты и анализ напря-женно-деформационного состояния выполняются с использо-ванием методов теорий пластин и оболочек [1 6] теории упру-гости [9] При расчете элементов конструкций работающих за пределами упругости используют методы теории пластичности и ползучести [9]

Развитие вычислительной техники привело к использова-нию различных численных методов для расчета элементов кон-струкций реализованных в программных контентах Matlab MatCAD Solid Works [10 11]

Одним из наиболее часто применяемых в механике де-формированных тел является метод конечных элементов (МКЭ) В основе этого метода [12 13] лежит разбиение реаль-ного элемента конструкции на конечные элементы

В зависимости от вида рассматриваемой конструкции ко-нечные элементы могут быть стержневыми плоскими и объем-ными Для каждого конечного элемента задаются физико-механические свойства материала и описываются поля переме-щений деформаций и напряжений Это позволяет решать за-дачи для конструкций состоящих из различных материалов подверженных действию различных внешних воздействий с учетом их упругих и упругопластических свойств В результа-те реализации МКЭ получают поля перемещений деформаций и напряжений позволяющие на этапе проектирования конст-рукции анализировать ее напряженно-деформированное состо-яние и принимать научно обоснованные конструкторско-технологические решения для оптимизации проектируемой конструкции

221

В настоящее время в инженерной практике широко применяется МКЭ реализованной в программном комплексе ANSYS [12 13]

Благодаря развитию различных отраслей техники и нано-технологий в последнее время при проектировании различных элементов конструкций применяют новые конструкционные материалы обладающие специальными свойствами [6] К таким материалам относятся монокристаллы композиционные мате-риалы углепластики полимеры техническая керамика кера-мо-металлические материалы и др В последнее время прово-дятся работы по созданию новых материалов с заданными свойствами

Представленный в пособии материал будет способство-вать повышению качества подготовки специалистов по указан-ным направлениям Пособие может быть рекомендовано ма-гистрам аспирантам и инженерно-техническим работникам за-нимающимися вопросами проектирования конструкций в ма-шино- автомобиле- приборостроении и при проектировании энерго- и электротехнических установок

222

Библиографический список

Основная литература

1 Феодосьев В И Сопротивление материалов В И Фео-досьев ndash М Наука 2002 minus 540 с

2 Степин П А Сопротивление материалов П А Сте- пин 11-е изд стереотип СПб Лань 2011 320 с

3 Писаренко Г С Справочник по сопротивлению мате-риалов Г С Писаренко АП Яковлев В В Матвеев ndash Киев Наукова думка 1975 ndash 704 с

4 Гонтарь И Н Сопротивление материалов учеб посо-бие к выполнению тестовых задач И Н Гонтарь Н И Волчи-хина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2011 ndash 104 с

5 Миролюбов И Н Сопротивление материалов пособие по решению задач И Н Миролюбов ndash СПб Лань 2014 ndash 512 с

6 Молотников В Я Механика конструкций Теорети-ческая механика Сопротивление материалов учеб пособие В Я Молотников ndash СПб Лань 2012 ndash 544 с

7 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учебн-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 1 ndash 68 с

8 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учеб-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 2 ndash 61 с

Дополнительная литература

9 Самуль В И Основы теории упругости и пластичности В И Самуль ndash М Высш шк 1982 ndash 264 с

10 Дьяконов В П Справочник по MathCAD PLUS 70 PRO В П Дьяконов ndash М СК Пресс 1998 ndash 352 с

11 SolidWorks Компьютерное моделирование в инженер-ной практике А А Алямовский А А Собачкин Е В Один-цов А И Харитонович Н Б Пономарев ndash СПб БХВ-Петер-бург 2006 ndash 800 с

12 Басов К А ANSYS в примерах и задачах К А Басов ndash М ДМК Пресс 2005 ndash 640 с

223

13 Чигарев А В ANSYS для инженеров справ пособие А В Чигарев А С Кравчук А Ф Смалюк ndash М Машино-строение 2004 ndash 512 с

14 Оформление учебно-конструкторской документации метод указания для выполнения работ по курсовому и диплом-ному проектированию сост И Н Гонтарь Н Е Денисова В А Шорин Н И Волчихина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2003 ndash 88 с

224

ПРИЛОЖЕНИЕ 1

Структура пояснительной записки

Курсовая работа включает следующие элементы ndash титульный лист ndash реферат ndash содержание ndash введение ndash основной раздел который содержит расчеты и схемы

всех задач в соответствии с заданием ndash заключение включающее в себя общие выводы по вы-

полненной курсовой работе ndash список литературы ndash приложения включающие в себя чертежи расчетные

схемы результаты численных расчетов и испытаний элементов конструкций

Курсовая работа оформляется в соответствии с рекомен-дациями [14]

225

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

Физико-механические характеристики материалов

Марка мате-риала

т МПа В МПа Е10ndash5 МПа

а 10ndash5 Нмм2

(а кгсмсм2)

1 2 3 4 5 6 7 8 1 Сталь

11 Сталь углеродистая обыкновенного качества Ст2 190hellip220 320hellip400 20 024hellip03 26 ndash ndash Ст3 210hellip240 380hellip470 20 024hellip03 21hellip23 ndash 7hellip10 Ст4 240hellip260 420hellip520 20 024hellip03 19hellip21 ndash 6hellip8 Ст5 260hellip280 500hellip620 20 024hellip03 15hellip17 ndash ndash Ст6 300hellip310 600hellip720 20 024hellip03 11hellip15 ndash ndash

12 Сталь углеродистая качественная 10 210 340hellip420 19 024hellip028 31 55 8 20 250 420hellip500 202 024hellip028 15hellip25 55 8 30 300 500hellip600 20 024hellip028 15hellip20 50 8 40 340 580hellip700 214 024hellip028 9hellip17 45 6 45 360 610hellip750 204 024hellip028 16 40 5 50 380 640hellip800 22 024hellip028 14 40 4 60 410 690hellip900 208 024hellip028 12 35

30Г 320 1550hellip700 217 024hellip028 20 45 8 60Г 420 710 211 024hellip028 11 35

13 Легированные стали 20Х 400hellip650 720hellip850 207 025hellip03 ndash 6 40Х 650hellip900 730hellip1060 218 025hellip03 3hellip12 50 6 45Х 700hellip950 850hellip1050 211 025hellip03 3hellip12 50 5 30ХМ 540hellip850 740hellip1000 213 025hellip03 3hellip12 50 8 40ХН 800hellip1300 1000hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 7 12ХН3А 700hellip1100 950hellip1400 204 025hellip03 3hellip12 50 9 20ХН3А 850hellip1100 950hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 10 40ХНМА 850hellip1600 1100hellip1700 204 025hellip03 3hellip12 50 10 30ХГСА 850hellip1500 1100hellip1700 198 025hellip03 до 7 40 5

2 Чугуны 21 Серые чугуны

СЧ15-32 ndash 150650 08hellip15 023hellip027 ndash ndash ndash СЧ 21-40 т = 075В 210950 085 023hellip027 ndash ndash 09 СЧ35-56 т = 085В 3501200 145 023hellip027 10hellip12 ndash 11

22 Ковкие чугуны КЧ 30-6 190210 300 155 023 6 7 12 КЧ 35-10 220240 350 166 027 10 11 14 КЧ 37-12 230250 370 198 026 12 13 16

226

1 2 3 4 5 6 7 8 23 Высокопрочные чугуны

ВЧ 45-0 350hellip400 4501500 13hellip16 ndash 04hellip14 ndash 05hellip15ВЧ 60-2 420hellip550 6002000 18 ndash 2hellip3 15hellip30ВЧ 40-10 300hellip400 4502100 16 ndash 10 ndash 50hellip70

3 Цветные металлы и сплавы 31 Алюминиевые сплавы

АМцМ 50 130 071 03 23 70 ndash АМг6 170 320 07 03 24 ndash ndash Д1 110 210 071 031 18 58 3 Д16 290 440 071 031 11 15 ndash

32 Медные сплавы Медь 75hellip150 220hellip450 08hellip13 031hellip034 6hellip16 ndash ndash Латуни Л68 520 660 115 032hellip042 3 ndash ndash ЛА 77-2 140 650 11 032hellip042 12 ndash ndash ЛМц 58-2 700 105 032hellip042 10 ndash Л59-1 650 105 032hellip042 16 ndash Бронзы ndash Бр 0-10 140 250 30 032hellip035 11 ndash ndash Бр А-5 500 800 11 032hellip035 4 ndash Бр КМц3-1

100hellip200 650hellip750 104 032hellip035 5hellip10 ndash 13hellip17

4 Титан и его сплавы В Т1 470 610 112 032 20hellip30 45 7 ВТ8 950hellip1100 1050hellip1180 11 03 9hellip15 30hellip55 3hellip6 ВТ3-1 850hellip1100 950hellip1200 115 03 10hellip16 25hellip40 3hellip6 ВТ14 850hellip1100 950hellip1200 115 03 6hellip10 25hellip35 25hellip5

5 Пластмассы (усредненные характеристики) Стекло-тексто-литы

122hellip260 260hellip400 018hellip022 0035hellip045 ndash ndash 05hellip52

Тексто-литы

70hellip80 70hellip110 004hellip01 ndash ndash ndash 035

Органи-ческое стекло

ndash 50hellip108 027hellip0041 ndash 25 ndash ndash

Вини-пласт

ndash 40hellip60 003hellip004 0354 10hellip100 ndash 05hellip08

Поли-стирол

ndash 35 0012hellip0032 ndash 04hellip07 ndash 016hellip02

Фтро-пласт-4

ndash 14hellip25 0005hellip0008 ndash 300hellip500 ndash ndash

6 Другие материалы Каучук нату-ральный

ndash 16hellip38 (06hellip1)10ndash4048

600hellip700 ndash ndash

227

1 2 3 4 5 6 7 8 Стекло ndash 30hellip90 048hellip085 018hellip032 ndash ndash 0015hellip0025 Гранит ndash 30120 049 Сосна (15 влаж-ности)

61 93 0102hellip0145 048 ndash ndash 018hellip023

Пояснения к таблице σт ndash предел текучести при растяжении σв ndash предел прочно-сти при растяжении Е ndash модуль упругости первого рода ndash коэффициент Пуас-сона ndash относительное удлинение ndash относительное сужение а ndash ударная вяз-кость Примечание к таблице ndash прочерк в графе обозначает отсутствие данных ndash интервал значений указывает наименьшее и наибольшее значения величины ndash отсутствие интервала обозначает наименьшее значение величины для чугунов значения пределов прочности приведены в виде дроби σв при рас-тяжении σв при сжатии для цветных металлов и сплавов значения физико-механических характеристик приведены для твердого состояния Все характеристики приведены для нормальных условий при температуре 20 оС

228

ПРИЛОЖЕНИЕ 3

Геометрические характеристики плоских сечений

Вид сечения (фигуры) Расчетные формулы и характеристики

1 2

2F a 4

12x ya

J J

4

1 3xa

J

3

6xa

W

F bh 3

12xbh

J 3

12yhb

J

2

6xbh

W 2

6yhb

W

3

1 3xbh

J 3

1 3yhb

J

2

н вb b hF

2

3н в

нн в

b b hу

b b

2

3н в

вн в

b b hу

b b

2 2 3н н в в

н в

( 4 )

36хb b b b h

Jb b

3н в

13

12х

b b hJ

вв

для верхних волокон( )хх

JW

y

229

1 2

н в( )

2

b b hF

н вн

н в

( 2 )

3( )

b b hy

b b

н вв

н в

(2 )

3( )

b b hy

b b

3 2 2в в 0 0

в 0

6 6

36 2 2х

h b b b bJ

b b

4 4н в

н в

( )

48 ( )yb bh

Jb b

2 2 2в в 0 0

вв 0

6 6

12 3 2х

h b b b bW

b b

4 4н в

2н н в

( )

24 ( )y

b bhW

b b b

2

bhF

в2

3

y h н1

3

y h

3

36х

b hJ

3

36yhb

J

4 2

72хy

h bJ

2

н 12xbh

W 2

в 24x

bhW

1

3

12х

b hJ

3

1 12у

b hJ

230

1 2

2

bhF

н1

3

y h в2

3

y h

3

a cb bd

0

1(2 )

3 cx b b

3

36х

b hJ 1

3

12х

b hJ

2( )

36a c

ybh b b b

J

2

в 24xbh

W

220785

4

dF d

1

44005

64yх хd

J J J d

4

232р хd

J J

1

3301

32x у xd

W W W d

3

16рd

W

2

8

DF

2

Dr

н4

3

ry

4

2

641

8 9х

rJ

1

4

8хr

J

4

8yr

J

231

1 2

2

2

rF

2 sin b r 2 sin 2 34 sin

3cr

у

4 34sin cos1

8хr

J

4 34sin cos1

8 3yr

J

44(1 )

32рD

J

2 (1 )

4

DF

d

D

1

44(1 )

64x у xD

J J J

44(1 )

32рD

J

1

34(1 )

32x у xD

W W W

34(1 )

16рD

W

F аb 3

4xа b

J

3

4yаb

J

2

4xа b

W

2

4yаb

W

232

1 2

1

2F аb

3 8

8 9xJ bа

3

8yаb

J

в

2 88 9

4

13

x

bаW

2

8yаb

W

233

ПРИЛОЖЕНИЕ 4

Стандартные профили прокатной стали

Двутавры стальные горячекатаные (ГОСТ 8239) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции

Размеры мм про-филя h b d t

Пло-щадь см2

Ix см4

Wx см3

ix

см

Sx см3

Jy см4

Wy

см3 iy

см Масса1 м кГ

10 100 55 45 72 120 198 397 406 230 179 649 122 946 12 120 64 48 73 147 350 584 488 337 279 872 138 115014 140 73 49 75 174 572 817 573 468 419 1150 155 137016 160 81 50 78 202 873 1090 657 623 586 1450 170 159018 180 90 51 81 234 1290 1430 742 814 826 1840 188 184018а 180 100 51 83 254 1430 1590 751 898 1140 2280 212 199020 200 100 52 84 268 1840 1840 828 1040 1150 2310 207 210020а 200 110 52 86 289 2030 2030 837 1140 1550 2820 232 227022 220 110 54 87 306 2550 2320 913 1310 1570 2860 227 240022а 220 120 54 89 328 2790 2540 922 1430 2060 3430 250 258024 240 115 56 95 348 3460 2890 997 1630 1980 3450 237 273024а 240 125 56 98 375 3800 3170 1010 1780 2600 4160 263 294027 270 125 60 98 402 5010 3710 1120 2100 2600 4150 254 315027а 270 135 60 102 432 5500 4070 1130 2290 3370 5000 280 339030 300 135 65 102 465 7080 4720 1230 2680 3370 4990 269 365030а 300 145 65 107 499 7780 5180 1250 2920 4360 6010 295 392033 330 140 70 112 538 9840 5970 1350 3390 4190 5990 279 422036 360 145 75 123 619 13380 7430 1470 4230 5160 7110 289 486040 400 155 83 130 726 19062 9530 1620 5450 6670 8610 303 570045 450 160 90 142 847 27696 12310 1810 7080 8080 10100 309 665050 500 170 100 152 1000 39727 15890 1990 9190 10430 12300 323 785055 550 180 110 165 1180 55962 20350 2180 11810 13560 15100 339 926060 600 190 120 178 1380 76806 25600 2360 14910 17250 18200 354 1080

234

Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок (ГОСТ 8240) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм

швел-лера H b d t R r

Пло-щадьсм2

Мас-са 1м кг

Jx см4

Wx см3

ix см

Sx см3

Iy см4

Wy см3

iy см

z0cм

5 50 32 44 70 60 25 616 484 228 91 192 559 561 275 0954 11665 65 36 44 72 60 25 751 590 486 150 254 900 870 368 108 1248 80 40 45 74 65 25 898 705 894 224 316 1330 128 475 119 13110 100 46 45 76 70 30 1090 859 1740 348 399 2040 204 646 137 14412 120 52 48 78 75 30 1330 1040 3040 506 478 2960 312 852 153 15414 140 58 49 81 80 30 1560 1230 4911 702 560 4080 454 110 170 16714а 140 62 49 87 80 30 1700 1330 5450 778 566 4510 575 133 184 18716 160 64 50 84 85 35 1810 1420 7470 934 642 5410 633 138 187 18016а 160 68 50 90 85 35 1950 1530 8230 1030 649 5940 788 164 201 20018 180 70 51 87 90 35 2070 1630 10900 1210 724 6980 860 170 204 19418а 180 74 51 93 90 35 2220 1740 11900 1320 732 76101050 200 218 21320 200 76 52 90 95 40 2340 1840 15200 1520 807 87801130 205 220 20720а 200 80 52 97 95 40 2520 1980 16700 1670 815 95901390 242 235 22822 220 82 54 95 100 40 2670 2100 21100 1920 889 11001510 251 237 22122а 220 87 54 102100 40 2880 2260 23300 2120 899 12101870 300 255 24624 240 90 56 100105 40 3060 2400 29000 2420 973 13902080 316 260 24224а 240 95 56 107105 40 3290 2580 31800 2650 984 15102540 372 278 26727 270 95 60 105110 45 3520 2770 41600 3080109017802620 373 273 24730 300 100 65 110120 50 4050 3180 58100 3870120022403270 436 284 25233 330 105 70 117130 50 4650 3650 79800 4840131028104100 518 297 25936 360 110 75 126140 60 5340 41901082006010142035005130 617 310 26840 400 115 80 135150 60 6150 48301522007610157044406420 734 323 275

235

Уголки стальные горячекатаные равнополочные (ГОСТ 8509) Обозначения b ширина полки d толщина стенки J момент инерции Jxy центробежный момент инерции W момент сопротивления i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм Справочные величины для осей

х ndash x x0 ndash х0 y0 ndash y0 х1 ndash х1

профиля

b d R r

Площадь

см

2

Jx см4

ix см4

Jx0

max см4

ix0

max см

Jy0

min см4

iy0

min см

Jxy см4

z0 см Масса

1 м

кг

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

2 20 3 4

35 12 113 146

040 050

059053

063 078

075 073

017 022

039 038

081 109

060 064

089 115

25 25 3 4

35 12 143 186

081 103

075074

129 162

095 093

034 044

049 048

157 211

073 076

112 146

28 28 3 40 43 162 116 085 184 107 048 055 220 080 127

32 32 3 4

45 15 186 243

177 226

097096

280 358

123 121

074 094

063 062

326 339

089 094

146 191

36 36 3 4

45 15 210 275

256 329

110109

406 521

139 138

106 136

071 070

464 624

099 104

165 216

4 40 3 4 5

50 17 235 308 379

355 458 553

123122120

563 726 875

155 153 154

147 190 230

079 078 079

635 853 1073

109 113 117

185 242 297

45 46 3 4 5

50 17 265 348 420

513 663 803

139138137

813 10501270

175 174 172

212 274 333

089 089 088

904 120 1530

121 126 130

208 273 337

5 50 3 4 5

55 18 296 389 480

711 921 1120

155154153

113014601780

195 194 192

295 380 463

100 099 098

1240 1660 2090

133 138 142

232 305 377

56 56 4 5

60 20 438 541

13101600

173172

20802540

218 216

541 659

111 110

2330 2920

152 157

344 425

63 63 4 5 6

70 23 496 613 728

189023102710

195194193

299036604290

245 244 243

781 952 1120

125 125 124

3310 4150 5000

169 174 178

390 481 572

7 70

45 5 6 7 8

8 27

620 686 815 942

1070

290 319 376 430 482

216216215214213

460 507 536 682 764

272 272 271 269 268

120 132 155 178 200

139 139 138 137 137

510 567 684 801 919

188 190 194 199 202

487 538 639 739 837

236

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

75 75

5 6 7 8 9

9 30

739 878

1010 1150 1280

395466533598661

231230229228227

626739846946

1050

2912902892872 86

164193221248275

149148148147146

696 839 983

1130 1270

202 206 210 215 218

5806897969021010

8 80

55 6 7 8

9 30

863 938

1080 1230

527570653734

247247245244

836904

10401160

311311309308

218235270303

159158158157

932 1020 1190 1370

217 219 223 227

678736851965

9 90

6 7 8 9

10 33

1060 1230 1390 1560

821943

10601180

278277276275

1300150016801860

350349348346

340389438486

179178177177

1450 1690 1940 2190

243 247 251 255

83396410901220

10 100

65 7 8

10 12 14 16

12 40

128 138 156 192 228 263

2970

1220131014701790209023702640

309308307305303300298

1930207023302840331037504160

388388387384381378374

507542609741869993

1120

19 198198196195194194

2140 2310 2650 3330 4020 4720 5420

268 271 275 283 291 299 306

1010108012201510179020602330

11 110 7 8

12 40 1520 1720

17601980

340339

27903150

429428

727818

219218

3080 3530

296 300

11901350

125 125

8 9 10 12 14 16

14 46

197 220 243 289 334 378

294 327 360 422 482 539

387386385382380378

467 520 571 670 764 853

487486484482478475

122 135 149 174 200 224

249248247246245244

516 582 649 782 916

1051

336 340 345 353 361 368

155173191227262296

14 140 9

10 12

14 46 247 273 325

466 512 602

434433431

739 814 957

547546543

192 211 248

279278276

818 911

1097

378 382 390

194215255

16 160

10 11 12 14 16 18 20

16 53

314 344 374 433 491 548 604

774 844 913

1046117512991419

496495494492489487485

1229134114501662186620612248

625624623620617613610

319 348 376 431 485 537 589

319318317316314313312

1356 1494 1633 1911 2191 2472 2756

430 435 439 447 455 463 470

247270294340385430474

18 180 11 12

16 53 388 422

12161317

560559

19332093

706704

500 540

359358

2128 2324

485 489

305331

20 200

12 13 14 16 20 25 30

18 60

471 509 546 620 765 943

1115

1823196120972363287134664020

622621620617612606600

2896311633333755456054946351

784783781778772763755

749 805 861 970

118214381688

399398397396393391389

3182 3452 3722 4264 5355 6733 8130

537 542 546 554 570 589 607

370399428487601740876

237

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

22 220 14 16

21 70 604 686

28143175

683681

4470 5045

860858

11591306

438 436

4941 5661

593 602

474 538

25 250

16 18 20 22 25 28 30

24 8

784 877 970 1061 1197 1331 1420

4717524757656270700677178177

776773771769765761759

7492 8337 9160 9961 111251224412965

978975972969964959956

1942215823702579288731903389

498 496 494 493 491 489 489

8286 9342 10401 11464 13064 14674 15753

675 683 691 700 711 723 731

615 689 761 833 940 10451114

238

ПРИЛОЖЕНИЕ 5 Коэффициент приведенной длины μ

(величина μ зависит от способа закрепления концов стержня)

239

ПРИЛОЖЕНИЕ 6

Коэффициент снижения допускаемых напряжений (зависит от марки материала

и гибкости λ стержня)

Гибкость Сталь

Ст1 2 34 Ст 5

Стали повышенного качества

пц 320МПа

Чугун Дерево

0 100 100 100 100 100 10 099 098 097 097 099 20 096 095 095 091 097 30 094 092 091 081 093 40 092 089 087 069 087 50 089 086 083 057 080 60 086 082 079 044 071 70 081 076 072 034 060 80 075 070 065 026 048 90 069 062 055 020 038 100 060 051 043 016 031 110 052 043 035 ndash 025 120 045 037 030 ndash 022 130 040 033 026 ndash 018 140 036 029 023 ndash 016 150 032 026 021 ndash 014 160 029 024 019 ndash 012 170 026 021 017 ndash 011 180 023 019 015 ndash 010 190 021 017 014 ndash 009 200 019 016 013 ndash 008

240

Учебное издание

Литвинов Александр Николаевич

МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ

Редактор Е Г Акимова Технический редактор С В Денисова Компьютерная верстка С В Денисовой

Дизайн обложки А А Стаценко

Подписано в печать 26062018 Формат 6084116

Усл печ л 144 Тираж 168 Заказ 288

_______________________________________________________ Издательство ПГУ

440026 Пенза Красная 40 Телфакс (8412) 56-47-33 e-mail iicpnzguru

3

Оглавление

Предисловие 6

Введение Основные понятия 7

Общие указания о порядке выполнения и оформления курсовых и контрольных работ 13

Краткое содержание основных разделов курса 16

Глава 1 РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ 20 11 Основные соотношения 20 12 Экспериментальные методы определения основных физико-механических свойств материалов при растяжении и сжатии22 13 Основные характеристики материала 25 14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность 27 15 Условие жесткости 28 16 Расчет статически определимого стержня29 17 Расчет статически неопределимого стержня33 18 Расчет статически неопределимой стержневой системы на внешние воздействия 39

Глава 2 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ 57

21 Основные соотношения 58 22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения61

Глава 3 КРУЧЕНИЕ 66 31 Основные соотношения 67 32 Расчет на прочность трансмиссионного вала69 33 Расчет на прочность статически неопределимого вала74

Глава 4 ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ 82 41 Основные соотношения 82 42 Расчет стальной балки на прочность88 43 Расчет балки на жесткость 97 44 Расчет чугунной балки на прочность 102 45 Расчет статически неопределимой балки 110

Глава 5 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ 123 51 Основные соотношения 123 52 Пространственный изгиб123 53 Косой изгиб 126

4

54 Изгиб с растяжением и сжатием 127 55 Расчет на прочность при пространственном изгибе 132

Глава 6 ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 143

61 Анализ напряженного состояния 144 62 Обобщенный закон Гука 147 63 Критерии прочности 148

631 Критерии прочности для хрупких материалов 149 632 Критерии прочности для пластичных материалов 150

64 Частные случаи напряженного состояния 151 641 Кручение валов 151 642 Изгиб с кручением валов 151 643 Общий случай плоского напряженного состояния 152

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого поперечного сечения 153 66 Расчет трансмиссионного вала 156 67 Общий случай сложного сопротивления 161

Глава 7 УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 168 71 Основные понятия 169 72 Расчетные формулы 170 73 Особенности расчета на устойчивость 173 74 Практический расчет на устойчивость 174 75 Расчет на устойчивость 175 76 Проектный расчет на устойчивость 180

Глава 8 ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК 184 81 Основные понятия 185 82 Расчет коэффициента динамичности 186

821 Действие линейных ускорений 186 822 Действие удара 187 823 Действие вибрации 189

83 Расчет на ударную нагрузку 193 84 Расчет упругой системы при действии вибрации 197

Глава 9 РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ 204 91 Основные понятия 205 92 Упругопластический изгиб балок 206 93 Расчет остаточных напряжений 210 94 Расчет по предельному состоянию при кручении 212 95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов 213 96 Расчет вала по предельному состоянию 214

Заключение 219

5

Библиографический список 221 Приложение 1 223 Приложение 2 225 Приложение 3 228 Приложение 4 233 Приложение 5 238 Приложение 6 239

6

Предисловие

Вопросы проектирования новых изделий и проверки прочности существующих конструкций в сложных условиях эксплуатации связаны с исследованием напряженно-деформи-рованного состояния элементов этих конструкций при различ-ных видах внешних воздействий Исследование напряженно-деформированного состояния элементов конструкций включает в себя их расчеты на прочность жесткость устойчивость при статических и динамических воздействиях Анализ напряжен-но-деформированного состояния элементов позволяет на этапе проектирования оптимизировать конструкции изделий машино- и приборостроения для обеспечения их надежности в сложных условиях эксплуатации

Указанные вопросы рассматриваются в курсах laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая механикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для различ-ных направлений подготовки бакалавров и специалистов Со-держание пособия построено на материалах лекций практиче-ских и лабораторных занятий которые проводились на кафедре laquoТеоретическая и прикладная механика и графикаraquo для различ-ных направлений и специальностей машиностроительного транспортного энергетического и приборостроительного про-филей

Все разделы курса изложенные в пособии содержат ос-новные расчетные формулы и их анализ Приведены рекомен-дации по оптимальному проектированию типовых элементов конструкций на прочность жесткость и устойчивость при раз-личных видах нагружения Приведены рекомендации по опти-мальному проектированию элементов конструкций Сформули-рованы задания на выполнение курсовых и контрольных работ В конце каждого раздела приведены контрольные вопросы для самопроверки и подготовке студентов к итоговой аттестации

В приложениях приведены справочные данные необходи-мые для выполнения практических расчетов

С пособием можно ознакомиться ndash в библиотеке и читальном зале ПГУ ndash в лаборатории кафедры ТПМГ ndash на сайте httpdep_tpmgpnzgurufilesdep_tpmgpnzguru

7

Введение Основные понятия

Как известно теоретическая механика имеет дело с мате-

риальной точкой и абсолютно твердым телом Для тех явлений когда деформациями тела можно пренебречь выводы теорети-ческой механики оказываются вполне достаточными Для по-строения механики реальных элементов конструкций законов теоретической механики оказывается недостаточно и их необ-ходимо дополнить физическими законами и гипотезами харак-теризующими деформированное состояние элементов конст-рукций под действием нагрузок

Раздел механики в котором рассматривается поведение реальных элементов конструкций под действием внешних на-грузок называется механикой материалов и конструкций Практическая цель этого раздела ndash расчет элементов реальных конструкций на прочность жесткость и устойчивость

Объекты исследования Объектами изучения являются типовые элементы конструкций различного назначения изго-товленные из реальных конструкционных материалов свойства которых характеризуются их физико-механическими характе-ристиками которые определяются экспериментально

В зависимости от геометрической формы и размеров кон-структивные элементы классифицируются следующим образом (рис 1) стержень (брус) оболочка пластина тело

а) б) в) г)

Рис 1

Стержень ndash элемент конструкции у которого одно измере-

ние (длина) значительно больше двух других (рис 1а) Попереч-ным сечением стержня проходящим через точку А (рис 1а) на-зывается сечение стержня плоскостью содержащей эту точку и

8

нормальной к его оси В зависимости от геометрической формы оси стержни классифицируются прямой криволинейный коль-цевой и тп

Стержни могут иметь постоянное или переменное сечение Оболочка ndash элемент конструкции у которого одно изме-

рение (толщина h) значительно меньше двух других (рис 1б) Поверхность равноудаленная от внутренней и наружной по-верхностей оболочки называются срединной поверхностью В зависимости от геометрии срединной поверхности оболочки классифицируются цилиндрическая коническая сферическая и тп

Пластина ndash частный случай оболочки у которой средин-ная поверхность является плоскостью (рис 1в) По виду сре-динной плоскости пластины классифицируются прямоуголь-ная треугольная круглая кольцевая и тп

Оболочки и пластины могут иметь постоянную или пере-менную толщину

Массив ndash элемент у которого все три размера имеют один порядок (рис 1г)

Внешние нагрузки Совокупность действующих на элемент конструкции сил моментов тепловых и иных воздействий будем называть внешними нагрузками По отношению к исследуемому объекту нагрузки являются внешними силами В число внешних сил включаются также реакции связей наложенных на конструк-ции Напомним что в зависимости от площади контактной пло-щадки через которую на элемент передается внешняя сила разли-чают сосредоточенные и распределенные нагрузки [1 2]

По длительности воздействия и характеру приложения внешние нагрузки делятся на статические и динамические

Статической называют нагрузку которая медленно воз-растает от нуля до номинального значения которое остается неизменным в процессе эксплуатации конструкции

Динамическая нагрузка характеризуется изменением ее ве-личины или направления в процессе эксплуатации Чаще всего динамические нагрузки являются вибрационными ударными

Внутренние силовые факторы Метод сечений Под действием внешних нагрузок в поперечных сечениях

элемента конструкции в самом общем случае возникают шесть внутренних силовых факторов которые определяют методом сечений

9

Суть метода сечений состоит в следующем Элемент конструкции мысленно рассекаем на две части и

рассматриваем равновесие любой отсеченной части находя-щейся под действием внешних нагрузок и внутренних силовых факторов приложенных к этой части

На рис 2 представлены внутренние силовые факторы и метод сечений

а) б)

Рис 2 В произвольном поперечном сечении элемента конструк-

ции на который действуют внешние нагрузки jР (рис 2а)

в самом общем случае возникают следующие внутренние сило-вые факторы (рис 2б)

N ndash продольная сила х yQ Q ndash поперечные (перерезывающие) силы

крzM М ndash крутящий момент

х yМ М ndash изгибающие моменты

В соответствии с методом сечений для отсеченной части II элемента конструкции (рис 2б) следует составить шесть урав-нений равновесия

ndash сумма проекций всех сил jХ на ось х 0j хХ Q

ndash сумма проекций всех сил jY на ось у 0j yY Q

ndash сумма проекций всех сил jZ на ось z 0jZ N

ndash сумма моментов относительно оси х ( ) 0x j xmom P M

ndash сумма моментов относительно оси у ( ) 0y j ymom P M

ndash сумма моментов относительно оси z кр( ) 0z jmom P M

10

Существенной особенностью представленной системы уравнений равновесия для отсеченной части является то что каждое уравнение содержит лишь один внутренний силовой фактор те система уравнений равновесия и внутренние сило-вые факторы определяются достаточно просто Результат опре-деления внутренних силовых факторов не зависит от того какая часть элемента конструкции (I или II) рассматривается Для уп-рощения расчетов рекомендуется рассматривать отсеченную часть элемента конструкции на которую действует минималь-ное число внешних нагрузок

Примечани е При составлении уравнений равновесия исполь-зуют правило знаков для внешних нагрузок и внутренних силовых факто-ров которые вводятся для различных видов нагружения (растяжение и сжатие кручение изгиб) рассмотренных в соответствующих разделах пособия

Основные гипотезы Для вывода основных уравнений и соотношений для рас-

чета типовых элементов конструкций принимают основные ги-потезы о структуре и свойствах материалов а также о характере деформаций этих элементов

1 Гипотеза о сплошности материала Считается что ма-териал элемента конструкции является сплошным те не до-пускается наличие раковин пор трещин и иных дефектов Ма-териал полностью занимает объем элемента

2 Гипотеза об однородности и изотропности Считается что свойства материала одинаковы во всех точках элемента В каждой точке по всем направлениям свойства также одинако-вы В тех случаях когда свойства материала отличаются по раз-ным направлениям он называется анизотропным (стекло-пластики материалы армированные различными волокнами и тп)

3 Гипотеза о малости деформаций Считается что де-формации элемента конструкции малы по сравнению с его ли-нейными размерами

4 Гипотеза об упругости материала Все элементы кон-струкции считаются линейно упругими а при их деформации выполняется закон Гука Таким образом считается что между нагрузками и деформациями элемента конструкции имеет место линейная зависимость

5 Гипотеза плоских сечений Считается что плоские по-перечные сечения перпендикулярные к оси элемента конструк-

11

ции в процессе его деформирования остаются плоскими и пер-пендикулярным к его деформированной оси

Эти а также некоторые специальные гипотезы которые принимаются для различных видов нагружения позволяют ре-шать широкий круг задач механики материалов и конструкций по расчету на прочность жесткость и устойчивость Результаты таких теоретических расчетов обычно хорошо согласуется с данными экспериментальных исследований при различных видах нагружения типовых элементов конструкций

На основании принятых основных гипотез сформулирован принцип суперпозиций (принцип независимости действия сил или принцип сложения) который формулируется следующим образом результат воздействия на элемент конструкции систе-мы внешних нагрузок равен алгебраической сумме результатов воздействия каждой из нагрузок приложенных к этому элемен-ту по отдельности и не зависит от последовательности прило-жения этих нагрузок

Например если на элемент конструкции одновременно действует внешняя нагрузка и тепловое воздействие то задачу по определению усилий и деформаций возникающих в конст-рукции можно разделить на две задачи

1) рассмотреть действие только силовых нагрузок без уче-та температурного воздействия

2) рассмотреть только тепловое воздействие 3) используя принцип суперпозиций определить резуль-

тирующие усилия и деформации путем алгебраического (с уче-том знака) сложения результатов расчета в первой и второй за-дачах

Принцип суперпозиций имеет широкое практическое применение в расчетной практике для различных элементов конструкций при сложных видах их нагружения так как позво-ляет сложную расчетную схему разбить на ряд простейших за-дач решения для которых достаточно просто получить или можно использовать известные решения приведенные в спра-вочной литературе [3]

Примечани е Следует иметь в виду что принцип суперпозиций основан на выполнении всех основных гипотез поэтому если хотя бы одна из принятых гипотез (например гипотеза малости деформаций или гипотеза об упругости материала) не выполняется то принцип суперпо-зиций неприменим

12

Контрольные вопросы

1 Что изучают в курсе laquoМеханика материалов и конст-рукцийraquo

2 Дайте классификацию основных объектов исследования 3 Какой элемент конструкции называют стержнем 4 Какой элемент конструкции называют оболочкой пла-

стиной 5 Дайте понятие внешней нагрузки действующей на эле-

мент конструкции 6 Какую нагрузку называют статической 7 Какую нагрузку называют динамической 8 Какие внутренние силовые факторы возникают в общем

случае нагружения элемент конструкции 9 Сформулируйте суть метода сечений 10 Перечислите основные гипотезы 11 Сформулируйте гипотезу сплошности однородности и

изотропности материала 12 Сформулируйте гипотезу о малости деформаций 13 Сформулируйте гипотезу об упругости материала 14 Сформулируйте гипотезу плоских сечений 15 Сформулируйте принцип суперпозиций и условия его

применимости 16 Приведите примеры применения принципа суперпо-

зиций 17 В каких случаях принцип суперпозиций не применим

13

Общие указания о порядке выполнения

и оформления курсовых и контрольных работ Курсовые и контрольные работы являются составной ча-

стью учебных дисциплин по курсам laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая ме-ханикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для студентов различных форм обучения

Объем курсовых и контрольных работ определяется в со-ответствии с учебными планами по каждому направлению График проведения и тематика курсовых и контрольных работ утверждается на кафедре и доводится до сведения студентов в начале семестра

Данные для решения каждой задачи выбираются из таб-лиц заданий согласно варианту который определяется по номе-ру зачетной книжки (студенческого билета) и пяти буквам рус-ского алфавита

Курсовые и контрольные работы служат для развития у студентов навыков самостоятельного решения практических задач по обеспечению прочности жесткости и устойчивости ти-повых элементов конструкций машино- и приборостроительного направлений анализа их напряженно-деформированного со-стояния при действии внешних эксплуатационных и технологи-ческих нагрузок

Для определения варианта работы следует из номера за-четной книжки (студенческого билета) исключить все буквы а первую цифру номера заменить на последнюю и под получен-ным цифровым шифром записать буквы (а б в г д) в соответ-ствии с приведенным примером

Записав шифр состоящий из пяти цифр и пяти букв для каждой задачи из таблиц выбирают число которое находится на

14

пересечении соответствующей строки (на ней расположены бу-квы шифра) и столбца (на ней расположены цифры шифра) Причем вначале берется буква а затем находится соответст-вующая ей в шифре цифра Номер зачетной книжки и соответ-ствующий ему шифр задания указывается на титульном листе курсовой (контрольной) работы

Курсовая работа оформляется в виде расчетно-поясни-тельной записки формата А4 (прил 1)

Решение каждой задачи должно сопровождаться кратки-ми последовательными без сокращений слов пояснениями и чертежами При использовании формул и данных отсутствую-щих в рекомендуемых учебниках и настоящем пособии необ-ходимо кратко и точно указать источник используемой литера-туры Подстановка цифр в расчетные формулы должна выполняться полностью Вычисления должны вестись с точно-стью до трех значащих цифр с обязательным указанием размер-ности полученного результата в системе единиц СИ

Перед подстановкой числовых значений необходимо все исходные величины привести к соответствующим единицам измерения механических величин

Основные единицы механических величин в Международной системе единиц (СИ)

Величина Единица в системе СИ

Наимено-вание

Обозна-чение

Наимено-вание

Единица измере-ния

Соотношения единиц

Сила Р Ньютон Н 10Н1кгс Моменты (изгибающие крутящий)

х yМ М

Mкр Ньютонметр Нм 1Нм = 01кгсм

Напряжение (нормальное касательное)

Паскаль Па 1Па = 1 Нм2 1МПа = 1Нмм2

Модуль упругости

Е G Паскаль Па 1МПа =106Па

Погонная нагрузка

q Ньютон метр

Нм 1Нм = 01кгсм

Ударная вязкость

а ndash 2

Н м

м

5

2 2

Н м кгс м10

м см1

1 МПа = 106 Нм2 = 100 Нсм2 =1 Нмм2

15

Кратные и дольные единицы

Приставка Гига Мега Кило Гекто Дека Деци Санти Милли Микро Нано

Обозначение Г М к г да д с м мк н

Множитель 109 106 103 102 101 101 102 103 106 109

Порядок решения задач приведен в примерах помещен-

ных после условия каждой задачи Необходимые справочные данные для выполнения расче-

тов приведены в прил 2ndash6 Перед выполнением курсовой (контрольной) работы пред-

варительно следует изучить соответствующие разделы курса по лекциям и рекомендованным учебникам и пособиям [1 2 4] Для более углубленного изучения курса дополнительно реко-мендуются пособия [5 6]

16

Краткое содержание основных разделов курса

Основные понятия

Задачи и методы механики материалов и конструкций Ре-альный объект и расчетная схема Внешние и внутренние силы Классификация внешних сил Внутренние силовые факторы Метод сечений

Основные гипотезы о деформируемом теле Перемещения и деформации Напряжение (полное нормальное касательное) Связь напряжений с внутренними силовыми факторами Прин-цип независимости действия сил Общие принципы расчета элементов конструкции

Тема 1 Растяжение и сжатие Внутренние силы и на-пряжения возникающие в поперечных сечениях прямого стержня при растяжении и сжатии Эпюры продольных сил Абсолютные продольное и поперечное удлинения Относитель-ные продольная и поперечная деформации Закон Гука при рас-тяжении и сжатии Модуль упругости Коэффициент попереч-ной деформации (коэффициент Пуассона) Определение осевых перемещений поперечных сечений Жесткость при растяжении и сжатии

Экспериментальное изучение свойства материалов при растяжении и сжатии Диаграмма растяжения и ее характерные параметры пределы пропорциональности упругости текуче-сти прочности Истинная диаграмма растяжения Закон раз-грузки и повторного нагружения Механические свойства при сжатии Диаграмма сжатия Пластическое и хрупкое состояние материалов типы разрушений

Допускаемое напряжение Выбор коэффициента запаса прочности при статическом нагружении для хрупких и пла-стичных материалов Условие прочности Проектировочный и проверочный расчеты на прочность Определение допускаемой нагрузки

Статически неопределимые системы Степень статической неопределенности Уравнения совместности деформаций По-рядок расчета статически неопределимых систем Особенности их расчета (подбор сечений влияние температуры монтажные напряжения)

17

Понятие о концентрации напряжений Влияние концен-трации напряжений на прочность хрупких и пластических ма-териалов Принцип Сен-Венана

Тема 2 Геометрические характеристики плоских сече-ний Статические моменты площади Осевые полярные и цен-тробежные моменты инерции поперечного сечения Зависимо-сти между моментами инерции при параллельном переносе и повороте осей Определение координат центра тяжести сечения Главные центральные оси Главные моменты инерции Главные центральные моменты инерции простейших поперечных сечений (прямоугольное круглое кольцевое) Геометрические характери-стики стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

Тема 3 Кручение Чистый сдвиг и его особенности Каса-тельные напряжения при сдвиге Закон парности касательных напряжений Угол сдвига Закон Гука при сдвиге Зависимость между тремя упругими постоянными для изотропного тела (Е G )

Кручение прямого стержня круглого поперечного сечения Построение эпюры крутящих моментов Основные гипотезы теории кручения Напряжения в поперечном сечении Формула для максимальных касательных напряжений Полярный момент инерции и момент сопротивления поперечного сечения Угол закручивания Эпюра углов закручивания Жесткость стержня при кручении

Условия прочности Условия жесткости Расчеты на проч-ность и жесткость

Расчет статически неопределимых валов Условие совме-стности деформаций

Особенности расчета на прочность стержней некруглого сечения

Тема 4 Изгиб прямых стержней Опоры и опорные ре-акции Понятия о поперечном чистом и косом изгибе Внут-ренние силовые факторы при поперечном изгибе ( х yМ Q ) По-

строение эпюр Правила знаков для хМ и yQ Дифференци-

альные зависимости между х yМ Q и интенсивностью внешней

нагрузки q Нормальные напряжения при изгибе Эпюра нор-мальных напряжений в поперечном сечении Определение мак-симальных нормальных напряжений Условие прочности по нормальным напряжениям Момент сопротивления при изгибе

18

Расчет на прочность балок из пластичных и хрупких материа-лов Касательные напряжения при поперечном изгибе (формула Д И Журавского) Эпюра касательных напряжений Условие прочности по касательным напряжений Рациональные формы поперечных сечений балок при изгибе

Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и его интегрирование Метод начальных параметров Физический смысл начальных параметров и их определение при различных способах закрепления концов балки Определение перемещений с помощью интеграла МаксвеллаminusМора Способ Верещагина

Определение степени статической неопределимости ба-лок работающих на изгиб Основная система Метод сил Сис-тема канонических уравнений метода сил Вычисление коэф-фициентов системы канонических уравнений Использование условий симметрии и кососимметрии при выборе основной сис-темы Построение результирующих эпюр изгибающих момен-тов Деформационная проверка и ее физический смысл Опре-деление перемещений в статически неопределимых системах

Тема 5 Сложное сопротивление Примеры сложного со-противления Общий метод расчета Косой изгиб Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Ней-тральная линия Условие прочности Определение перемещений при косом изгибе

Внецентренное растяжение и сжатие Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Нейтральная линия Условия прочности Понятие о ядре сечения

Тема 6 Основы теории напряженного и деформиро-ванного состояния Теории прочности Напряженное состоя-ние в точке Тензор напряжений Главные площадки и главные напряжения Классификация напряженного состояния (линей-ное плоское объемное) Относительные деформации Обоб-щенный закон Гука Полная удельная потенциальная энергия деформации в общем случае напряженного состояния

Понятие о критериях (теориях) прочности Критерии прочности для хрупких материалов и область их применимости первый критерий (критерий наибольших напряжений) второй критерий (критерий наибольших относительных деформаций) экспериментальный критерий Мора Критерии прочности для пластичных материалов и область их применимости третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений) четвертый критерий (энергетический критерий)

19

Изгиб с кручением стержней круглого поперечного сече-ния Внутренние силовые факторы Напряженное состояние Расчетные формулы для эквивалентных напряжений экв и мо-

ментов эквМ по третьей и четвертой теориям прочности Усло-

вие прочности Расчет на прочность Тема 7 Устойчивость равновесия деформируемых сис-

тем Понятие об устойчивых и неустойчивых формах равнове-сия Устойчивость сжатых стержней Критическая нагрузка Формула Эйлера при различных опорных закреплениях и преде-лы ее применимости Гибкость стержня Предельная гибкость Понятие о потере устойчивости при напряжениях превышающих предел пропорциональности Формула Ф С Ясинского и условия ее применимости Полная диаграмма для критических напряже-ний Расчет на устойчивость по коэффициенту уменьшения до-пускаемых напряжений ()

Тема 8 Динамическое действие нагрузок Динамиче-ские нагрузки Примеры их возникновения Вычисление напря-жений при равноускоренном движении Формула для коэффи-циента динамичности

Действие ударной нагрузки на упругую систему (про-дольный поперечный удар) Коэффициент динамичности его физический смысл Упрошенная формула для коэффициента динамичности Расчет динамических напряжений и перемеще-ний при ударе Испытания на удар

Тема 9 Расчеты за пределами упругости Понятие пре-дельного состояния конструкции Схематизация диаграмм рас-тяжения Диаграмма Прандтля Разгрузка и остаточные напря-жения Расчет элементов конструкций по предельному состоя-нию Упругопластический изгиб балок Расчет по предельному состоянию валов работающих на кручение

Тема 10 Заключение Современные проблемы расчетов на прочность жесткость и устойчивость Использование новых материалов и особенности их расчета Применение ЭВМ в рас-четах на прочность

Примечани е Объем изучаемых разделов определяется в соот-ветствии с учебными планами и рабочей программой по каждому направ-лению и специальности

20

Глава 1

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ

11 Основные соотношения При растяжении (сжатии) прямых стержней в их попереч-

ных сечениях возникают продольные усилия N для определе-ния которых применяется метод сечений [1minus3] на каждом уча-стке стержня

Эпюрой продольных сил называют графическое изобра-жение изменения продольной силы N по длине стержня При по-строении эпюры применяются следующие правила знаков про-дольная сила считается положительной если она вызывает растяжение и отрицательной если она вызывает сжатие

Под действием продольных сил в точках поперечного се-чения возникают нормальные напряжения величина которых определяется по формуле

N

F (11)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня

Рассмотрим растяжение участка стержня длиной l продольным усилием N (рис 11)

Рис 11

Здесь l и b ndash продольное удлинение и поперечное су-

жение соответственно l и b ndash длина и поперечный размер стержня

21

Относительной продольной деформацией называется без-размерная величина

l

l

(12)

Относительной поперечной деформацией называется без-размерная величина

b

b

(13)

Для линейно упругих материалов выполняется закон Р Гука устанавливающий связь между напряжениями и де-формациями в виде

Е (14) где Е ndash модуль упругости первого рода (модуль Юнга) который для каждого материала определяется экспериментально и при-водится в ГОСТах

Коэффициентом Пуассона называется безразмерный па-раметр который определяется выражением

(15)

определяется экспериментально для каждого материала харак-теризует поперечную жесткость и приводится в ГОСТах

Для всех материалов существующих в природе коэффи-циент Пуассона изменяется в пределах 0 05

В прил 2 приведены значения Е и для большого числа различных материалов Методика экспериментального опреде-ления этих характеристик изложена в [7]

При растяжении (сжатии) стержней происходит их удли-нение (укорочение) Продольное перемещение l на участке стержня в соответствии с законом Гука определяется соотно-шением

Nll

EF

(16) где l ndash длина участка Е ndash модуль упругости первого рода (мо-дуль Юнга) который характеризует жесткость материала стержня (см прил 2)

Если стержень имеет несколько участков то формула (16) обобщается и принимает вид

22

1 ( )

n

i

i i

i

N l

EFl

(17)

Здесь i = 1 2 3 hellip n ndash номер участка n ndash число участков

il ndash длина i-го участка ( )

iEF ndash жесткость на растяжение i-го

участка Ni ndash продольная сила на i-ом участке которая опреде-ляется по эпюре продольных сил

12 Экспериментальные методы определения основных физико-

механических свойств материалов при растяжении и сжатии

При расчете деталей машин и приборов необходимо знать

механические свойства материалов характеризующих их проч-ность и пластичность

К характеристикам прочности относятся предел пропор-циональности пц предел текучести т и предел прочности

(временное сопротивление) в Предел прочности и предел те-кучести необходимы для назначения допускаемого напряжения входящего в условие прочности

К характеристикам пластичности относятся относительное остаточное удлинение после разрыва и относительное оста-точное сужение после разрыва Они необходимы для услов-ного деления материалов на хрупкие и пластичные [1 2]

Все перечисленные механические характеристики опреде-ляются при испытании образцов материала на статическое рас-тяжение Это испытание является наиболее распространенным методом исследования и контроля механических свойств мате-риалов Испытание образцов производится на разрывных ма-шинах с соблюдением всех требований указанных в соответст-вующих стандартах

По ГОСТ 149784 испытание металлов на растяжение производится на стандартных образцах круглого или прямо-угольного поперечного сечения по ГОСТ 1044680 на образ-цах из проволоки

23

Большинство испытательных машин производят косвен-ное измерение нагрузки и удлинения образца К таким машинам относятся и испытательные машины ИМ4Р и Р5 принципи-альная схема которых приведена в [7]

Диаграммное устройство испытательной машины автома-тически записывает зависимость между действующей растяги-вающей нагрузкой Р и абсолютной продольной деформацией образца l вплоть до его разрушения На рис 12 показана ти-пичная диаграмма растяжения для образца из малоуглеродистой стали

Рис 12

Начальный криволинейный участок диаграммы (12) яв-

ляется результатом устранения зазоров в захватах Этот участок не отражает свойств материала и его исключают при обработке диаграммы принимая за начало координат точку 0 (точку пере-сечения продолжения прямолинейного участка диаграммы с осью абсцисс) Ось абсцисс (Δl) проводится от точки 1 начала диаграммы поэтому для определения механических характери-стик материала рассматривается диаграмма ОАВСKDE

На прямолинейном участке диаграммы ОА материал под-чиняется закону Гука [1]

Точке А соответствует наибольшая нагрузка пц Р при ко-

торой сохраняется прямопропорциональная зависимость между

24

Р и l Нагрузка пцР соответствует пределу пропорционально-

сти пц

За точкой А нарушается пропорциональность между Р и l и в образце после разгрузки появляются остаточные дефор-

мации Начиная с точки B абсолютное удлинение образца возрас-

тает практически без увеличения нагрузки материал образца laquoтечетraquo Горизонтальный участок ВС называется площадкой те-кучести а нагрузка тР соответствует физическому пределу те-кучести т

За точкой С образец опять восстанавливает способность сопротивляться возрастанию нагрузки

Участок диаграммы СKD представляющий собой плав-ную кривую с небольшим подъемом называют зоной упрочне-ния При нагрузке соответствующей точке D в образце образу-ется местное сужение так называемая laquoшейкаraquo (как правило в средней части образца) При этом нагрузка действующая на образец достигает максимальной величины max вР Р соответ-

ствующей пределу прочности (временному сопротивлению) ма-териала образца в Участок DE представляет собой ниспа-дающую кривую Он характерен уменьшением нагрузки Р вследствие прогрессивно развивающейся шейки и уменьшению площади поперечного сечения образца В точке Е происходит разрушение образца по шейке

Если нагрузить образец силой превышающей предел про-порциональности ( пцР ) например до точки K затем снять на-

грузку то график разгрузки будет представлять собой прямую KМ параллельную участку ОА диаграммы Из этого следует что при разгрузке зависимость между силой и деформацией подчиняется закону Гука

Величина ОМ остаточная деформация остl MN упру-

гая деформация уl ON полная деформация полнl образца

полн ост уl l l

Аналогично можно найти все виды деформаций для лю-бой точки диаграммы При повторном нагружении образца (из точки М) диаграмма сначала пойдет по прямой линии MK а за-тем по кривой KDE

25

13 Основные характеристики материала

Характеристики прочности Исходными данными для

определения механических характеристик прочности является диаграмма растяжения полученная в процессе испытания (рис 12)

Предел пропорциональности пц наибольшее напряже-

ние при котором еще выполняется закон Гука (сохраняется пропорциональная зависимость между деформациями и напря-жениями)

пцпц

0

Р

F (18)

где 0F площадь поперечного сечения до испытаний образца

Физический предел текучести т напряжение при ко-тором образец деформируется без увеличения нагрузки (уча-сток ВС)

тт

0

Р

F (19)

Многие материалы не имеют явно выраженной площадки текучести поэтому для них определяют условный предел теку-чести

Условный предел текучести 02 это напряжение при

котором остаточное относительное удлинение составляет 02 от l0 те ост 02l l

0202

0

Р

F (110)

Для определения усилия 02Р ГОСТ 149784 допускает

использовать диаграмму растяжения вычерченную испыта-тельной машиной по методике изложенной в [7]

Значения основных характеристик материала приведены в ГОСТах на материал (прил 2)

Диаграмму растяжения образца (рис 12) можно постро-ить в осях σ используя формулы (11) и (12) полагая 0F F

26

В этом случае диаграмма имеет вид аналогичный виду пред-ставленному на рис 12 Так как при определении основных ха-рактеристик в формулах (18) (19) (110) использовалось на-чальное значение площади поперечного сечения 0F то эта

диаграмма называется условной (рис 13)

Рис 13

Так как при растяжении образца его фактическая площадь

сечения уменьшается а на участке DE образуется шейка если в формулах (18)(110) использовать фактическое значение площади поперечного сечения F получим истинную диаграмму растяжения которая на рис 13 показана пунктирной линией

В этом случае истинный предел прочности определяется

выражением maxист

к

Р

F При этом получим что ист в

В ГОСТах приводится значение условного предела прочности в

Предел прочности (временное сопротивление) в на-пряжение равное частному от деления максимальной нагрузки которую выдерживает образец на первоначальную площадь поперечного сечения образца

maxв

0

Р

F (111)

Характеристики пластичности Характеристики пла-стичности материала и ψ определяются путем сравнения раз-меров образца до и после испытания

27

Относительное остаточное удлинение образца после раз-рыва равно отношению приращения расчетной длины образца после разрушения к ее исходной величине

ост к 0

0 0

100 100 l l l

l l

(112)

где кl длина образца после разрыва остl приращение рас-

четной длины образца Относительное остаточное сужение образца после раз-

рыва ψ есть отношение уменьшения площади поперечного се-чения образца в месте разрыва к начальной площади попереч-ного сечения образца

0 к

0

100 F F

F

(113)

где кF конечная минимальная площадь поперечного сечения образца в месте разрыва (в месте образования шейки)

Значения характеристик и также приводят в ГОСТах (прил 2)

14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность

Для обеспечения прочности элемента конструкции рабо-

тающего на растяжение (сжатие) должно выполняться условие прочности

max (114)

Здесь max ndash максимальные напряжения в элементе кон-струкции ndash допускаемые напряжения для этого элемента

конструкции которые для пластичных материалов записывают-ся в виде

т

т

n

(115)

где т ndash предел текучести для материала конструкции тn ndash коэффициент запаса по текучести величина которого зависит

28

от условий эксплуатации и ответственности конструкции Для обычных машиностроительных конструкций если не оговорено особо коэффициент запаса прочности принимается равным

т 15n Если материал конструкции является хрупким то записы-

вают два условия прочности на сжатие и растяжение

max сж сж max р р (116)

где max сж и max р ndash это максимальные растягивающие и сжи-

мающие напряжения соответственно Допускаемые напряжения на сжатие jM и растяжение jb

определяются соотношениями

сж рв в

сж рв в

n n

(117)

Здесь сжв р

в ndash предел прочности материала конструкции на сжатие и растяжение соответственно а в 2n ndash коэффициент запаса прочности

Следует иметь в виду что для хрупких материалов сжв gt р

в и jM gt jb

Различают три основных типа расчетов на прочность ndash проверочный расчет в котором для существующей кон-

струкции проверяется выполнение условий прочности (114) или (116)

ndash проектный расчет в котором из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяются тре-буемые размеры поперечного сечения элемента конструкции

ndash расчет допускаемой внешней нагрузки ndash в нем для спро-ектированного элемента конструкции из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяют вели-чину допускаемой внешней нагрузки

15 Условие жесткости

В некоторых случаях кроме условий прочности требуется обеспечить выполнение условия жесткости которое записыва-ется в виде

29

max (118)

где max ndash максимальное перемещение конкретного сечения

стержня Допускаемое перемещение для элемента конструкции

задается конструктивно из конкретных условий эксплуатации элемента конструкции и ограничивает максимально допустимые перемещения его сечений при эксплуатации Условие (118) су-щественно ограничивает жесткость элемента конструкций

Первым выполняется расчет на прочность а затем выпол-няется проверочный расчет на жесткость Если условие жестко-сти не выполняется то принимаются конструктивные меры по обеспечению требуемой жесткости за счет увеличения площади поперечного сечения изменения длин участков введения до-полнительных опор и тп

16 Расчет статически определимого стержня

Задача 1 Ступенчатый стержень (рис 14) участки которого имеют

площади поперечных сечений Fi нагружен продольными си-лами Pi Сечения участков стержня ndash квадрат со стороной ai длины участков равны li

Рис 14

Требуется построить эпюры нормальных усилий N и нор-

мальных напряжений σ вычислить полное удлинение стержня и сделать вывод о прочности стержня

Материал стержня ndash сталь с модулем упругости первого рода Е = 2middot105 МПа и допускаемым напряжением [σ] = 160 МПа Данные для расчета принять по табл 11 Для получения чис-ленного результата принять значения Р = 10 кН а = 10 мм l = 500 мм

30

Таблица 11

Pi ai li Номер строки P1 P2 P3 P4 a1 a2 a3 a4 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

P P P P P 2P 2P P P P

3P 3P 3P 2P 2P 3P 5P 2P 4P 2P

P 2P P 2P 2P P P 3P 2P P

P P 3P 2P P P 2P P 2P 2P

2a a 3a 4a 4a 3a 4a 4a a 4a

a a a 2a a 2a 4a 3a a 3a

2a 2a 3a a 2a 4a 2a a 2a 2a

a 2a 3a a 2a 4a 2a 2a 2a 3a

l 2l l l l 2l 2l l l l

l l 2l l l 2l l l l 2l

l l l 2l l l 2l 2l l l

l l l l

2l l l

2l l l

Буква шифра

в г д д в г в в г д в г

Пример 1 В соответствии с условиями задачи 1 выполнить

расчет стержня изображенного на рис 15а На рис 15б в пока-зано применение метода сечений для I и II участков

Рис 15

а)

г)

д)

в)

б)

31

Решение 1) определяем опорные реакции из уравнения равновесия

(сумма проекций всех сил на ось z)

ΣZ = 0 ZА + Р1 ndash Р2 + Р3 + Р4 = 0

ZА = ndash Р1 + Р2 ndash Р3 ndash Р4

ZА = ndash Р + 5Р ndash Р ndash Р = 2Р

2) определяем нормальные усилия Ni на каждом участке применяя метод сечений

В произвольном сечении i-го участка нормальное усилие Ni равно алгебраической сумме проекций всех сил расположен-ных по одну сторону от сечения на нормаль к сечению те

1

n

i iN P

Растягивающие усилия считаются положительными сжи-мающие ndash отрицательными При составлении уравнений на-правление внутреннего усилия Ni полагаем растягивающим (по-ложительным) те направленным в сторону внешней нормали к произвольному сечению

Если в результате расчета усилие Ni примет отрицательное значение это указывает на то что направление усилия проти-воположно предполагаемому

Рассмотрим левую отсеченную часть стержня На рис 15бв показано применение метода сечений для I II III и IV участков

ndash на I участке 1 A 2 N Z P

ndash на II участке 2 A 1 2 3 N Z P P P P

ndash на III участке 3 A 1 2 2 5 2 N Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 1 2 3 2 5AN Z P P P P P P P P

Отрицательные значения усилий N1 и N2 показывают что участки I и II работают на сжатие Подставив числовое значение Р = 10 кН получим

N1 = ndash 20 кН N2 = ndash 30 кН N3 = 20 кН N4 = 10 кН

По полученным результатам строим эпюру нормальных усилий N (рис 15г)

32

3) определяем нормальные напряжения σi по формуле (11) на каждом участке

ndash на I участке 3

11 2 2 2

20 10 H50 50 МПа

(2 ) (2 10) мм

N

a

ndash на II участке

32

2 22

30 101875МПа

4 10

N

F

ndash на III участке

33

3 23

20 1050

2 10

N

F

МПа

ndash на IV участке 3

44 2

4

10 10100

10

N

F

МПа

По полученным значениям строим эпюру нормальных на-пряжений σ (рис 15д)

Из эпюры σ следует что наиболее нагружен IV участок стержня (опасный участок) При центральном растяжении усло-вие прочности (114) имеет вид maxσ [σ]

Так как maxσ = 100 МПа lt [σ] = 160 МПа ndash условие прочно-сти выполняется

4) вычисляем полную деформацию стержня как алгебраи-ческую сумму абсолютных деформаций li его участков (17)

1

n

ii

l l

где в соответствии с (16) i i i ii

i

N l ll

E F E

Таким образом 1 1 2 2 3 3 4 41

( )l l l l lE

5

2

150 500 1875 1000 50 500 100 1000

2 10

40625 10 мм 0406 мм

П р и м е ч а н и е Если на каком-то участке (например на IV) ус-ловие прочности не выполняется то на этом участке необходимо изме-нить размеры поперечного сечения и обеспечить выполнение условия прочности

4 44 2

4 4( )

N N

F а

33

Требуемый размет квадратного сечения на этом участке

4

4N

а

Выбрав новый размер поперечного сечения необходимо на этом участке рассчитать напряжение и только после этого вычислить полную деформацию стержня

17 Расчет статически неопределимого стержня

Система является статически неопределимой если число

неизвестных опорных реакций превышает число линейно неза-висимых уравнений равновесия для этой системы

В этом случае необходимо выбрать основную статически определенную систему и для нее составить необходимое чис-ло уравнений совместности деформаций [1] Основную систе-му как правило получают из заданной статически неопреди-лимой системы путем освобождения ее от laquoлишнихraquo связей При этом основная система должна быть геометрически неиз-меняемой а число уравнений совместности деформаций дол-жно быть равно степени статической неопределимости задан-ной системы

Задача 2 Стержень постоянного круглого поперечного сечения

(рис 16) защемлен обоими торцами и нагружен продольными силами

Раскрыть статическую неопределимость построить эпюру нормальных усилий N и эпюру линейных перемещений Δ

Расчетную схему принять по рис 16 Данные для расчета принять по табл 12 при l = 100 мм Р = 10 кН

Выполнить проектный расчет на прочность считая что стержень изготовлен из материала сталь с характеристиками

52 10 МПаЕ и [] = 160 МПа

34

Рис 16

35

Таблица 12

Номер строки Номер схемы по рисунку 21

l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

l 12l 14l 06l 18l 20l 16l 24l 20l 20l

18l 16l 14l 12l

l 12l 04l 06l 08l

l

02l 04l 06l 08l

l 12l 14l 16l 08l 20l

04l 06l 08l L

20l l

16l 16l 20l 12l

Буква шифра а б в г д Пример 2 Раскрыть статическую неопределимость постро-

ить эпюры нормальных усилий N и линейных перемещений Δ для стержня изображенного на рис 17а Принять l1 = l2 = l3 = l4 = l

Рис 17

36

Выполнить проектный расчет 1) составляем уравнения равновесия

0 2 0 илиA B A BZ Z P P P Z Z Z (119)

Получено одно уравнение с двумя неизвестными опорными реакциями AZ и BZ те система один раз статически неопределима

2) выбираем основную систему (рис 17б) Она получается из заданной путем освобождения от laquoлишнейraquo связи Принимаем за laquoлишнююraquo связь защемление в опоре В Нагружаем основную систему заданными силами и накладываем условие эквивалент-ности ее заданной системе перемещение сечения В в заданной и основной системах должно быть одинаковым те ΔВ = 0

В сечении B приложим активную силу BZ Z величина которой должна быть такой чтобы выполнялось условие экви-валентной работы заданной и основной систем (рис 17б)

3) раскрываем условие эквивалентности Перемещение ΔВ сечения В выразим через приложенные

нагрузки применяя принцип независимости действия сил (на-грузки вызывающие сжатие считаем отрицательными)

( ) ( ) 0B B i BP Z (120)

где ( )B iP ndash перемещение сечения В от каждой из приложен-

ных известных сил Pi В(Z) ndash перемещение сечения В от неиз-вестной силы Z

Запишем данные выражения используя формулу (16)

11

2( )B

PlP

EF 2

2( )B

P lP

EF

33

( )BP l

PEF

4( )B

Z lZ

EF

В результате из (120) получим уравнение совместности деформаций в виде

2 2 3 40

Рl Р l Р l Z l

EF EF EF EF

(121)

При составлении уравнения (121) учтено что стержень имеет постоянное поперечное сечение на всех участках те const

iEF EF

Решая уравнение (121) получим 3

075 4BZ Z P P

Подставляя Z в (119) получаем 075 АZ P

37

Таким образом статическая неопределимость раскрыта и определены опорные реакции

4) определяем нормальные усилия Ni методом сечений (см пример 1) Разбиваем стержень на участки I II III IV (см рис 17б)

ndash на I участке 13

075 4AN Z P P

ndash на II участке 2 2 075 2 125 AN Z P P P P

ndash на III участке 3 2 075 2 025 AN Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 2 075 2AN Z P P P P P P P

= ndash075Р

По полученным значениям строим эпюру нормальных усилий N которая приведена на рис 17в

5) для основной системы строим эпюру перемещений оп-ределяя перемещения в сечениях (0 1 2 3 4) используя сле-дующее правило их подсчета

перемещение сечения в конце участка равно перемещению сечения в начале этого участка плюс его абсолютная laquoдефор-мацияraquo на участке

1 ( )

i ii i

i

N l

EF (122)

где i =1 2 hellip minus номер участка стержня Перемещение сечения 0 Δ0 = 0

Перемещение сечения 1 1 11 0 075

N l Pl

EF EF

Перемещение сечения 2

2 22 1 075 125 05

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 3

3 33 2 05 025 075

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 4

4 44 3 075 075 0

N l Pl Pl

EF EF EF

38

Эпюра продольных перемещений приведена на рис 17г 6) выполним проектный расчет на прочность Из анализа эпюры продольных сил N (рис 17в) следует

так как площадь поперечного сечения является постоянной то наиболее нагруженным является второй участок на котором продольная сила принимает максимальное значение

max 2 125 N N P

Таким образом максимальные напряжения равны

maxmax 125

N P

F F а условие прочности записывается в виде

max те 125P

F

Отсюда следует что площадь поперечного сечения стержня должна удовлетворять условию

125

PF

Полагая Р = 10 кН = 104 Н и 160 МПа получим

4210

125 78125мм 160

F

Требуемый диаметр стержня имеющего сплошное круг-лое поперечное сечение

4 781152 998мм

FD

Окончательно принимаем диаметр стержня равным D =10 мм Площадь поперечного сечения в этом случае составляет

2 2210

785мм4 4

DF

В соответствии с эпюрой перемещений (рис 17г) макси-мальные перемещения имеют сечения 1 и 3 те

4

max 5

10 100075 075 0048мм

2 10 785

Pl

EF

При этом сечение 1 (рис 17а) перемещается влево а се-чение 3 (рис 17б) вправо на величину max

39

Так как условие жесткости не поставлено то проверка на жесткость статически неопределимого стержня не проводится

П р и м е ч а н и е Построение эпюры перемещений Δ для основ-ной системы является деформационной проверкой Равенство нулю пере-мещения концевого сечения Δ4 = В = 0 для основной системы показыва-ет что статическая неопределимость раскрыта верно

18 Расчет статически неопределимой стержневой системы

на внешние воздействия Существенной особенностью расчета статически неопре-

делимых стержневых систем является то что кроме уравнений равновесия для этих систем необходимо дополнительно соста-вить уравнения совместности деформаций число которых соот-ветствует степени статической неопределимости

При сборке (монтаже) статически неопределимых систем за счет неточности (допусков) изготовления отдельных элемен-тов в них возникают дополнительные монтажные напряжения

Если при эксплуатации статически неопределимой систе-мы имеют место температурные воздействия (охлаждение или нагрев) на отдельные элементы или всю систему то в ее эле-ментах также возникают дополнительные температурные на-пряжения

Таким образом применяя принцип суперпозиций получа-ем что в самом общем случае в элементах статически неопре-делимой системы возникают результирующие напряжения ко-торые в соответствии с принципом суперпозиций определяются выражением

( ) ( ) ( )Р Т (123)

Здесь ( )Р ndash напряжения от внешних усилий ( ) ndash мон-тажные напряжения ( )Т ndash температурные напряжения При расчете результирующих напряжений (123) все напряжения подставляются с учетом их знаков

Задача 3 Абсолютно жесткая балка АВ (рис 18) удерживается

в исходном положении шарнирной опорой и двумя стальными стержнями круглого поперечного сечения соединенными шар-

40

нирно с балкой и опорами Балка нагружена равномерно рас-пределенной нагрузкой интенсивности q и сосредоточенной си-лой P = qa

Выполнить проектный расчет те определить требуемые площади поперечных сечений стержней F и их диаметры

Данные для расчета принять по табл 13 Характеристики стержней

ndash F1 = F F2 = 2F

ndash допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа ndash модуль упругости материала стержней 1 2Е Е Е

= 2middot105 МПа

Таблица 13

Номер строки

Номер схемы

по рис 18 а м b м с м q кНм Т оС мм

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

05 06 04 05 10 10 10 10 05 20

04 06 10 10 10 10 10 06 05 20

10 05 10 10 10 20 20 20 10 10

10 12 10 20 20 24 20 10 20 30

+20 minus25 +30 minus30 +35 minus35 +40 minus40 +25 minus20

05 06 07 minus05 minus06 minus07 10 minus10 09 minus09

Буква шифра

а б в г д а д

Для заданий статически неопределимой системы рассчи-

тать монтажные и температурные напряжения возникающие при следующих условиях

ndash стержень 2 изготовлен с допуском величина которого принимается по табл 13 (при lt 0 ndash стержень изготовлен ко-роче а при 0 ndash длиннее)

ndash изменение температуры 1 стержня составляет Т вели-чина которой принимается по табл 13 (при 0Т ndash охлажде-ние стержня при 0Т ndash нагрев) Коэффициент линейного температурного расширения (КЛТР) для материала стержня

принять равным 6 о 1125 10 С

41

Рис 18

Пример 31 Расчет на прочность В соответствии с условиями задачи 3 выполнить проекти-

ровочный расчет стержневой системы приведенной на рис 19а

42

при а = 05 м = 500 мм b = 04 м = 400 мм q = 10 кНм = 10 Нмм Р qa

Решение 1) применяя метод сечений к заданной конструкции (см

рис 19а) мысленно рассечем стержни и действие отброшен-ных частей заменим усилиями N1 и N2

В шарнирно-неподвижной опоре возникают опорные ре-акции ZA и YA Схема усилий изображена на рис 19б

Составим возможные уравнения равновесия

1 20 cos cos 0AZ Z N N (124)

1 20 sin sin 0AY Y N N qa P (125)

1 20 sin sin 02Aa

mom N a N a P a qa (126)

Получили три уравнения с четырьмя неизвестными N1 N2 ZA YA Следовательно рассматриваемая система один раз стати-чески неопределима и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное уравнение ndash уравнение совместности деформаций Оно получается при рассмотрении малых переме-щений узла В конструкции от нагрузок (рис 19)

В проектировочном расчете реактивные силы ZA и YA не потребуются нужно знать только усилия в стержнях N1 и N2 Поэтому достаточно составить одно уравнение равновесия (125) которое содержит только эти неизвестные и в дальней-шем будет использоваться

2) составляем схему перемещений изобразив начальное и конечное состояния узла конструкции В до и после приложения нагрузок (рис 19в) Ввиду малости деформаций и перемещений считаем что точка В переместится в положение В1 по нормали к исходному положению радиуса вращения АВ (ВВ1АВ) При совмещении концов стержней с точкой В1 описываемые ими при повороте относительно шарниров С и D дуги заменим пря-мыми В1К и В1М перпендикулярными к первоначальным поло-жениям стержней 1 и 2 Отрезки ВК = Δl1 и ВМ = Δl2 являются абсолютными удлинениями стержней 1 и 2

При составлении схемы перемещений (см рис 19в) нуж-но чтобы знаки деформаций стержней соответствовали приня-тому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме усилий (см рис 19б)

43

Рис 19

Так в рассматриваемом примере растягивающие усилия N1 и N2 соответствуют тому что на схеме перемещений стерж-ни 1 и 2 изображены удлиняющимися на величины Δl1 и Δl2

a

β

N1

YA

P

B

z

α

y

q

N2

ZA

А

б)

1 2

β

а b

q

21

a P = qaB

D C

А

a)

α

в) C D

К2К1

∆L1

∆L2

В1

Bz β

2 1

A

α β

y

44

3) составляем уравнение совместности деформаций Рас-смотрим прямоугольные треугольники ВВ1М и ВВ1К с общей гипотенузой ВВ1

Выразив отрезок ВВ1 (перемещение точки В) через удли-нения стержней Δl1 и Δl2 получим

ndash из ΔВВ1К 11 sin

lBB

ndash из ΔВВ1М 21 sin

lBB

Тогда

1 2 sin sin

l l

Выразив деформации Δl1 и Δl2 через усилия в соответст-вии с законом Гука получим

1 1 2 2

1 2sin sin

N l N l

EF EF

(127)

Учитывая что по условию задачи 1 2 2 F F F F

1 2sin sin

a al l

(см рис 19а) полученное выражение

(127) преобразуем к виду

1 22 2sin 2 sin

N a N a

EF EF

из которого следует 2

1 2 2

sin0

2sinN N

(128)

Выражение (128) является дополнительным уравнением и совместно с уравнением (126) образует систему уравнений для определения усилий N1 и N2

4) определяем внутренние усилия N1 и N2 решая совмест-но систему уравнений (126) и (128) В результате получим

2

1 3 3

3 sin

2(sin 2sin )

qaN

45

22 3 3

3sin

(sin 2sin )

qaN

С учетом данных (см рис 19а)

tg 1a

a

те о45

osin 45 0707 05

tg 12504

a

b

те β = 51ordm20prime

sin 51 20 0781 q = 10 Нмм а = 500 мм

получим 2

1 3 3

3 10 500 0707

20707 2 0781N

= 29middot103 Н = 29 кН

22 3 3

3 10 5000781

0707 2 0781N

= 7middot103 Н = 7 кН

5) вычисляем площади поперечных сечений и диаметры стержней Сравним напряжения в стержнях учитывая условия F1 = F и F2 = 2F

31

11

29 10N

F F

3 32

22 1

7 10 35 10

2

N

F F F

2мм

H

(129)

Так как 2 gt 1 то условие прочности (114) следует со-ставить для наиболее нагруженного стержня 2 те

max35

F

Решая неравенство относительно площади F получим

335 10

F

Таким образом 335 10

2187160

F

мм2

Используя соотношения F1 = F и F2 = 2F принимаем

46

F1 = 2187 мм 2 F2 = 2 middot 2187 = 4375 мм 2

Определяем диаметры стержней

11

4 4 21 87Fd

= 528 мм

22

4 4 4375Fd

= 746 мм

Принимаем d1 = 55 мм d2 = 75 мм Так как округление выполнено в бoacuteльшую сторону прочность стержней обеспе-чена При диаметрах d1 = 55 мм и d2 = 75 мм площади сечений соответственно равны

2 21

1314 55

23754 4

dF

мм2

2 22

2314 75

44154 4

dF

мм2

Нормальные напряжения в стержнях равны

31

11

29 10122

2375

N

F

МПа lt []

32

22

7 10158

4415

N

F

МПа lt []

Таким образом условия прочности при выбранных разме-рах поперечных сечений стержней выполняются

Пример 32 Монтажные напряжения Для расчета схемы рассмотренной в примере 31 рассчи-

тать монтажные напряжения при условии что стержень 2 вы-полнен короче на величину = minus05 мм

Решение Расчетная схема представлена на рис 110а На рис 110б представлена система внутренних усилий

1N и 2N в стержнях и опорных реакций AY и AZ в опоре А При монтаже конструкции необходимо сжать стержень 1 и растя-нуть стержень 2

Задача решается аналогично примеру 31

47

Рис 110

1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

конструкций

1 20 cos cos 0AZ Z N N (130)

1 20 sin sin 0AY Y N N (131)

1 20 sin sin 0momA N a N a (132)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой поэтому следует составить уравнение совместности деформаций для отсеченной части конструкции

2) составим схему перемещений узла В при монтаже кон-струкции (рис 110в) в соответствии со схемой перемещений ВМ

Ввиду малости перемещений считаем что шарнир В пе-ремещается в положение 1 1( )В ВВ АВ Отрезок 1l представ-ляет собой укорочение стержня 1 под действием силы 1N

а)

в)

б)

48

1 11

1 1

N ll

E F (133)

Отрезок 2 2BK l где 2l ndash удлинение стержня 2 под действием силы 2N

2 22

2 2

N ll

E F (134)

Для составления уравнения совместности деформаций рассмотрим геометрическую связь между перемещением шар-нира В и деформациями стержней 1l и 2l

Из треугольника 1 1ВK В следует что

1 11 sin sin

ВK lВВ

(135)

А из треугольника 2 1ВK В получим

2 21 sin sin

ВK lВВ

(136)

Приравнивая соотношения (135) и (136) получим урав-нения совместности деформаций в виде

1 2

sin sin

l l

(137)

Используя соотношения (133) (134) и учитывая что

1 2 1 2 2 F F F F E E E получим уравнение совместности деформаций (137) в виде

1 1 2 22 sin 2 sin sinN l EF N l (138)

Объединяя уравнения (132) и (138) получим систему уравнений относительно искомых неизвестных усилий в стерж-нях 1N и 2N

1 2

1 1 2 2

sin sin 0

2 sin sin 2 sin

N а N а

N l N l EF

(139)

Из первого уравнения системы получим

1 2sin

sin

N N

(140)

49

Подставляя (140) во второе уравнение (139) получим выражение для усилия 2N

2

2 2 21 2

2 sin

(2sin sin )

ЕN F

l l

(141)

Учитывая что

о о1 2 45 51 20 05мм

sin sin

a al l Е

52 10 МПаЕ

из выражений (141) и (140) определим усилия в стержнях

2 185 (H) 934 (H)N F N F (142)

Положительные значения усилий 1N и 2N указывают на то что их направления на рис 110б указаны верно стержень 1 ndash сжат стержень 2 ndash растянут Полученные выражения устанавли-вают связь монтажных усилий с площадью поперечного сече-ния стержней F

3) определим монтажные напряжения в стержнях с учетом их знака

1 11 2

1

934 Н( ) 934 934 МПа

мм

N N F

F F F

2 22

2

85( ) 425МПа

2 2

N N F

F F F

4) анализ результатов расчета позволяет сделать выводы о том что

ndash монтажные напряжения составляют от допускаемых напряжений [σ]

ndash для стержня 1

1

1 0934

10 100 584 160

ndash для стержня 2

2

2 0425

10 100 266 160

50

ndash при действии внешних усилий (см пример 31) в стерж-нях возникают растягивающие напряжения 1 и 2

При монтаже рассматриваемой конструкции в стержнях возникают сжимающие монтажные напряжения 1( ) lt 0 в стержне 1 и растягивающие 2 ( ) 0 в стержне 2 Таким обра-зом за счет монтажных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2

П р и м е ч а н и е В статически определимых системах монтаж-ных напряжений не возникает Например если в стержневой системе показанной на рис 110а убрать один из стержней то система становит-ся статически определимой При ее монтаже оставшийся стержень не деформируется если он выполнен короче или длиннее требуемого размера

Пример 33 Расчет температурных напряжений Для расчетной схемы представленной в примере 31 рас-

считать температурные напряжения возникающие в стержнях

при нагреве стержня 1 на о 130 СТ (рис 111а)

Рис 111

При нагреве стержня 1 он удлиняется но его свободному изменению длины препятствует стержень 2 Поэтому в стержне 1

а) б)

в)

51

возникают сжимающие усилия 1N а в стержне 2 ndash растягиваю-щие усилия 2N На рис 111б показана система внутренних усилий 1N 2N и опорных реакций АZ и АY в опоре А

Задача решается аналогично примеру 31 1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

1 20 cos cos 0AZ Z N N (143)

1 20 sin sin 0AY Y N N (144)

1 20 sin sin 0momA N a N a (145)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой

2) составим схему перемещений узла В (рис 111в) при нагреве стержня 1

Из рассмотрения треугольников 1 2В K В и 1 1В K В получим

1 1ВK ВМ K М где ВМ ndash температурная деформация стержня 1 которая определяется выражением

1 1( ) ВМ l T T l (146)

1 1 1( )K М l N 2 2 2( )BK l N

где 1l и 2l ndash деформации стержней от усилий 1N и 2N соот-ветственно Эти деформации определяются формулами (133) и (134) С учетом этих выражений получим

1 11 1 1 1 1

1 1

( ) ( )N l

BK l Т l N TlE F

(147)

2 22 2 2

2 2

( )N l

BK l NE F

Так как 1BВ ndash общая гипотенуза в треугольниках 1 2В K В и

1 1В K В то из равенства

1 2 sin sin

BK BK

с учетом выражений (147) получим

1 11

1 1 2 2

2 2sin sin

N lTl

E F N l

E F

(148)

52

Так как по условию 1 2 1 2 2 F F F F Е Е Е то уравнение совместимости деформаций (148) принимает сле-дующий вид

1 1 2 2 1

sin 2 sin sin

N l N l Тl

EF EF

(149)

Объединяя уравнение равновесия (145) и уравнение со-вместности деформаций (149) получим систему уравнений для определения усилий 1N и 2N возникающих в стержнях при температурном воздействии

2 1

1 1 2 2 1

sin sin 0

sin 2sin sin

N N

N l N l lТ Е

(150)

Решая эту систему уравнений относительно 1N и 2N по-лучим

1 2sin

sin

N N

(151)

22 22

1

sin sin2

2sin sinN ТЕF

l

l

(152)

Учитывая что 1 sin

аl

2 sin

аl

получим что 2

1

sin

sin

l

l

а выражение (152) принимает вид 2

2 3 3

sin sin2

2sin sinN ТЕF

(153)

Учитывая что 6 о 1125 10 С о30 СТ 52 10 МПаЕ о45 о51 20 из (153) и (151) получим

o 2 о6 5

2 3 о 3 о

sin 45 sin (51 20 )2 125 10 2 2 10

2 sin (51 20 ) sin (45 )N

4956 (H)F

о

1 о

sin(51 20 )4956 5446 (H)

sin(45 )N F F

53

3) температурные напряжения в стержнях с учетом их знака равны

1 11

1 1

2 21

2

5446( ) 5446 МПа

4956( ) 2478 МПа

2 2

N N FТ

F F F

N N FТ

F F F

(154)

4) анализ результатов расчета позволяет делать следую-щие выводы

ndash температурные напряжения составляют от допус-каемых напряжений для материала стержней

ndash для стержня 1

1

15446

100 100 34 160

ndash для стержня 2

2

22478

100 100 155 160

Существенной особенностью является то что при нагреве стержня 1 в нем возникают сжимающие температурные напря-жения 1( )Т lt 0 в стержне 2 ndash растягивающие напряжения

2 ( )Т 0 П р и м е ч а н и е При действии температуры в статически опре-

делимых системах температурных напряжений не возникает Например если в системе показанной на рис 111а убрать стержень 2 то система становится статически определимой При нагреве (или охлаждении) стержень 1 получает тепловую деформацию 1( )l Т и вызывает поворот

балки АВ (рис 111а) относительно опоры А При этом усилие 1N в нем

не возникает Пример 34 Совместное действие внешних нагрузок Рассмотрим статически неопределимую стержневую сис-

тему представленную на рис 19а и нагруженную внешними нагрузками Р и q

Стержень 2 изготовлен короче заданного размера на вели-чину = minus05 мм а при эксплуатации этой системы стержень 1 подвергается температурному воздействию Т = 30 degС

54

В этом случае в стержнях системы возникают дополни-тельные монтажные и температурные напряжения Результи-рующие напряжения возникающие в стержнях системы опре-деляются по формуле (123)

( ) ( ) ( )j j j jP T (155)

где j = 1 2 ndash номер стержня Обобщая решения задач приведенных в примерах 31 32

и 33 получим

1( ) 122 МПаP 2 ( ) 158 МПаP

1( ) 934 МПа 2 ( ) 425МПа

1( ) 5446 МПаТ 1( ) 2478МПаТ

Результирующие напряжения в стержнях системы (155) ndash в стержне 1

1 122 934 5446 2586 МПа

ndash в стержне 2

2 158 425 2478 22528МПа

Полученные результаты показывают что 1 lt а

2 те для стержня 2 условие прочности не выполняет-

ся Это связано с тем что за счет монтажных и температурных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2 (рис 19а)

Таким образом монтажные и температурные напряжения оказывают существенное влияния на напряженное состояние и прочность элементов статически неопределимых систем и их необходимо учитывать при проведении проектных расчетов

Рассмотрим общий случай совместного воздействия на ста-тически неопределимую систему представленную на рис 19а

внешних нагрузок Р qa кН

10 м

q монтажной неточности

стержня 2 = minus05 мм и температурного воздействия на стер-

жень 1 Т 30 degС Обобщая результаты расчетов приведенных в примерах

31 32 и 33 получим что наиболее нагруженным является стержень 2 те max 2 Учитывая что в соответствии

55

с (129) напряжения в стержне 2 от внешних сил равно 3

235 10

( ) РF

окончательно получим в соответствии с (155)

3 3

max 235 10 35 10

425 2478 6728 (МПа)F F

(156)

Условие прочности (114) принимает вид

3

max35 10

6728 F

(157)

Требуемая площадь поперечного сечения из (157) должна удовлетворять условию

335 10

6728

F

При 160 МПа получим

3 3235 10 35 10

3765мм 160 6728 9272

F

Принимаем 21 3765ммF F и 2

2 2 753мм F F Определяем диаметры стержней

11

4 37652 693мм

Fd

22

4 7532 979 мм

Fd

Окончательно принимаем следующие диаметры стержней

1 27 мм 10 ммd d

В этом случае площади поперечных сечений стержней со-ставляют

2 221

17

385мм 4 4

dF F

2 222

210

785мм 4 4

dF F

56

Проверим выполнение условий прочности для наиболее нагруженного стержня используя формулу (156)

3

max35 10

6728 1582 МПа385

Так как max lt то условие прочности (157) выполня-

ется На основании проведенных расчетов можно делать сле-

дующий вывод При выполнении проектных расчетов статически не-

определимых систем необходимо учитывать наличие мон-тажных и температурных напряжений возникающих в эле-ментах систем

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают при рас-тяжении и сжатии элемента конструкции

2 Какой вид нагружения называется растяжением (сжа-тием)

3 Сформулируйте суть метода сечений при растяжении и сжатии

4 Сформулируйте правила знаков для продольных сил 5 Как вычисляются нормальные напряжения при растя-

жении (сжатии) 6 Как определяются перемещения при растяжении (сжа-

тии) 7 Запишите закон Гука при растяжении (сжатии) 8 Как определяется коэффициент Пуассона 9 Нарисуйте диаграмму растяжения образца и укажите ее

основные законы 10 Что такое предел пропорциональности предел текуче-

сти и предел прочности материала 11 Назовите характеристики определяющие пластич-

ность материала 12 Как определяются допускаемые напряжения для пла-

стичных и хрупких материалов 13 От каких факторов зависит значение коэффициента

запаса прочности 14 Какие системы называются статически неопредели-

мыми

57

15 Что такое условие совместности деформаций 16 Запишите условия прочности для хрупких и для пла-

стических материалов 17 Что такое монтажные напряжения и в каких системах

они возникают 18 Что такое температурные напряжения и в каких сис-

темами они возникают 19 Какие типы расчетов на прочность существуют 20 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета для стержневой системы работающей на растяжение и сжатие

58

Глава 2

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

21 Основные соотношения При расчетах на прочность элементов конструкций кроме

площади поперечного сечения F используются и другие гео-метрические характеристики плоского поперечного сечения определяющие его жесткость при изгибе кручении сложных видах деформаций при расчетах на устойчивость и динамиче-ское действие внешних нагрузок

Статическими моментами сечения называются интегралы следующего вида (рис 21)

xF

xF

dF

dF

S y

S х

(21)

Рис 21

Здесь x y ndash координаты произвольной точки А сечения с координатами x и y dF ndash площадь бесконечно малой площад-ки выделенной возле точки А Интегрирование в (21) ведется по всей площади F поперечного сечения

Оси относительно которых статические моменты равны нулю (Sx = Sy= 0) называются центральными и обо-значаются xC и yC Точка их пересечения (С) называется цен-тром тяжести

59

Координаты центра тяжести xC и yC определяются выра-жениями

1 1

1 1

C C

CC

j

n n

j j jj j

j j

n n

F x F y

x yF F

(22)

Здесь j = 1 2 hellip n ndash номер элементарного сечения на ко-торые можно разбить заданное сечение n ndash число этих сечений

jF ndash площадь элементарного сечения Cjx и Cjy ndash координаты

центра тяжести элементарного сечения в принятой системе ко-ординат Положение и координаты центра тяжести элементар-ных сечений (прямоугольник треугольник круг эллипс и др) приведены в прил 3

Осевыми моментами инерции называются интегралы вида 2 2 x y

F F

J y dF J x dF (23)

Полярным моментом инерции называется интеграл вида 2

рF

J dF (24)

Так как 2 2 2х y (см рис 21) получим

р x yJ J J (25)

Центробежный момент инерции определяется выражением

xyF

J xy dF (26)

Существенным свойством центробежного момента явля-ется то что он может принимать положительные отрицатель-ные и нулевые значения в зависимости от расположения исход-ных осей x и y (рис21)

Оси относительно которых центробежный момент равен нулю ( = 0)xyJ называются главными

Главные оси проходящие через центр тяжести сечения называются главными центральными осями Во всех даль-нейших расчетах эти оси будем обозначать х и у (рис 22)

60

Рис 22

Момент инерции относительно осей x1 и y1 параллельных

главным центральным осям x и y вычисляется по формулам 2 2

1 1 x х y yJ J b F J J a F (27)

где х yJ J ndash моменты инерции относительно главных централь-

ных осей а b ndash расстояния между параллельными осями (рис 22) При определении положения главных центральных осей

следует использовать следствие из их определения Если поперечное сечение имеет хотя бы одну ось сим-

метрии то эта ось является главной центральной Если се-чение имеет две оси симметрии то обе они являются глав-ными центральными а центр тяжести лежит в точке их пересечения

Моментами сопротивления поперечного сечения являются геометрические характеристики которые определяются по фор-мулам

max max

yхx y

JJW W

y x (28)

где max y и max x ndash расстояния до наиболее удаленных точек (K1 и K2) сечения расположенных на внешнем контуре сечения (рис 22)

Полярным моментом сопротивления называется геомет-рическая характеристика

max

рр

JW

(29)

где max minus максимальное расстояние от центра тяжести сечения

до внешнего контура сечения

61

Радиусы инерции поперечного сечения определяются по формулам

yxx y

JJi i

F F (210)

Все геометрические характеристики и координаты опре-деляющие положение центра тяжести простейших сечений приведены в прил 3 Геометрические характеристики стандарт-ных профилей поперечных сечений (двутавр швеллер уголок) приведены в прил 4

П р и м е ч а н и е При проведении расчетов на прочность при раз-личных видах нагружения в поперечных сечениях элементов конструкций используют главные центральные оси которые обозначают х и у

22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения

Задача 4 Для заданного поперечного сечения (рис 23) вычислить

геометрические характеристики х y x y x уJ J W W i i относи-

тельно главных центральных осей При расчете принять 1 1 b k b 2 2 b k b 3 3b k b Значения коэффициентов k1 k2 k3 и вид поперечного сечения

выбираем по табл 21 в соответствии с заданным вариантом расчета Все геометрические характеристики вычислить через па-

раметр сечения b

Таблица 21

Значения коэффициентов Номер строки

Номер схемы по табл21 k1 k2 k3

1 I 10 10 10 2 II 11 08 12 3 III 12 09 14 4 IV 13 07 16 5 V 14 06 18 6 VI 15 12 20 7 VII 16 11 10 8 VIII 17 08 12 9 IX 18 10 14

10 X 09 09 16 Буква шифра

а б в г

62

Рис 23

Пример В соответствии с условиями задачи 4 определить

геометрические характеристики поперечного сечения пред-ставленного на рис 24

63

Рис 24

Так как сечение является симметричным то вертикальная

ось симметрии y является главной центральной осью Для ре-шения задачи введем по нижней кромке сечения вспомогатель-ную ось х1

Разобьем сечение на два прямоугольника 1 и 2 и проведем их laquoсобственныеraquo главные центральные оси хC1 yC1 и хC2 yC2 Определим положение центра тяжести сечения по формуле (22)

1 1 2 2

1 2

C CC

F y F yy

F F

(211)

где F1 F2 ndash площадь прямоугольников 1 и 2 а 1Cy и 2Cy ndash ко-

ординаты их центров тяжести С1 и С2 относительно оси х1 2 2

1 1 2 25 10 2 20 11 8 2 16C Cy b F b b b y b F b b b

В соответствии с (211) получим координату центра тяже-сти (С) всего сечения

2 2

2 2

20 5 11 11767

20 16C

b b b by b

b b

Отмечаем положение центра тяжести сечения С и прово-дим вторую главную центральную ось сечения х

Осевой момент инерции сечения относительно оси х равен

64

(1) (2)х х хJ J J (212)

В соответствии с (27)

1

(1)(1) 21 1xСхJ J F b (2)(2) 2

2 22х xСJ J F b ndash моменты инерции

прямоугольников 1 и 2 относительно оси х (1)1СхJ (2)

2СхJ ndash момен-

ты инерции каждого прямоугольника относительно их собст-венных главных центральных осей 1Cх и 2Cх соответственно

b1 и b2 ndash расстояния между осями х и 1Cх аналогично х и 2Cх

Из рис 24 следует

11 767 5 267C Cb y y b b b

22 11 767 333CCb y y b b b

Моменты инерции каждого прямоугольника относительно его главных осей вычисляется по формулам (см прил 3)

(1)1

342 (10 )

166712Сx

b bJ b (2)

2

348 (2 )

53312Сx

b bJ b

Момент инерции для всего поперечного сечения вычисля-ем по формуле (212)

(1) (2)1 2

2 21 1 2 1

2 2 2 4 2 2 41667 (267 ) 20 533 (333 ) 16 4924

С Сx x xJ J b F J b F

b b b b b b b

Момент инерции относительно оси у вычисляется гораздо проще так как ось у является осью симметрии всего сечения и сечений 1 и 2 те главные центральные оси у1 и 1Cy и 2Cy сов-

падают (см рис 24) В этом случае момент инерции

(1) (2)y y yJ J J (213)

где (1)3

410 (2 )667

12yb b

J b

(2)3

42 (8 )8533

12yb b

J b

Момент инерции всего сечения (213) равен 4 4 4667 8533 92yJ b b b

Наиболее удаленные от осей х и у точки сечения K1 и K2

(см рис 24) имеют координаты

65

1max 767K Cy y y b 2max 4Kx y b

Моменты сопротивления сечения (28) равны 4 4

3 3

max max

4924 92642 23

767 4уx

x у

JJ b bW b W b

y b х b

Площадь всего поперечного сечения равна 2 2 2

1 2 20 16 36F F F b b b

Радиусы инерции определяются выражениями (210) и равны

4

2

49244924 222

636x

xJ b b

i bF b

4

2

9292 9

636

yy

J b bi b

F b

В табл 22 приведены все расчетные геометрические ха-рактеристики сечения

Таблица 22

F xJ уJ xW уW xi yi

36b2 4924b4 92b4 642b3 23b3 222b 9b П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение имеет отверстия то

геометрические характеристики отверстия F xJ уJ следует считать от-

рицательными

Контрольные вопросы

1 Приведите определение статических моментов инерции плоских сечений

2 Дайте определение осевых и центробежного моментов инерции поперечного сечения

3 Дайте определение полярного момента инерции попе-речного сечения

4 Как связаны между собой полярный и осевые моменты инерции

5 Запишите формулы для расчета осевых и полярного моментов инерции простейших сечений прямоугольника круга кольца

66

6 Как определяется положение координат центра тяжести сложного поперечного сечения

7 Какие оси называются центральными 8 Какие оси называются главными 9 Какими свойствами обладают оси симметрии попереч-

ного сечения 10 Как вычисляются моменты инерции сечения при па-

раллельном переносе осей 11 Как вычисляются моменты сопротивления сечений

осевые полярный 12 Запишите формулы для вычисления моментов сопро-

тивления простейших сечений прямоугольника круга кольца 13 Как определяются моменты инерции и моменты

сопротивления стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

14 Как вычисляются радиусы инерции поперечных се-чений

15 Какие оси поперечного сечения называются главными центральными

67

Глава 3

КРУЧЕНИЕ

31 Основные соотношения Рассматриваем кручение стержней (валов) имеющих круг-

лое сплошное или кольцевое поперечное сечение В этом случае выполняется гипотеза плоских поперечных сечений [1 2]

При кручении стержней в поперечных сечениях возника-ют крутящие моменты кр М которые определяются методом

сечений на каждом участке стержня По результатам расчетов строится эпюра крутящих моментов При построении эпюры

крМ используем следующее правило знаков

Внешний момент действующий на отсеченную часть стержня считается положительным если при взгляде со стороны внешней нормали к отсеченной части он вращает ее против часовой стрелки

Под действием крутящего момента крМ в точках попе-

речного сечения расположенных на радиусе возникают каса-тельные напряжения эпюры которых в плоскости сечения по-казаны на рис 31

Рис 31

Величина касательных напряжений в произвольной точке сечения А с координатой (рис31) рассчитывается по формуле

кр

p

М

J (31)

68

где 02

D D ndash внешний диаметр стержня крМ ndash крутящий

момент который определяется по эпюре крутящих моментов

pJ ndash полярный момент инерции поперечного сечения

(см п 21) Максимальные касательные напряжения max достигают-

ся на внешнем контуре сечения (см рис 31) при 2

D и опре-

деляются формулой

крmax

p

М

W (32)

где pW ndash полярный момент сопротивления сечения (29)

Условие прочности записывается в виде

max (33)

Здесь ndash допускаемые касательные напряжения кото-

рые обычно принимают равными (0507) где ndash

допускаемые напряжения для материала вала при растяжении (сжатии)

При кручении поперечные сечения стержня остаются пло-скими не меняют своей формы и размеров и поворачиваются на угол Угол поворота на участке стержня определяется вы-ражением

кр p

М l

GJ (34)

где l ndash длина участка G ndash модуль упругости второго рода (мо-дуль сдвига) материала стержня который определяется экспе-риментально для каждого материала [1 7] Угол поворота из-меряется в радианах

Относительный угол поворота определяется выражением

l

или в соответствии с (34) по формуле

кр

p

M

GJ (35)

69

Условие жесткости для стержней работающих на круче-ние записывается в виде

max (36)

Максимальный относительный угол поворота max опре-

деляется по формуле (35) а допускаемый относительный угол поворота назначается из особенностей работы конструкции

П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение стержня не является круглым (эллиптическое прямоугольное и др) то гипотеза плоских сечений не выполняется сечение депланирует и расчетные формулы (31)ndash(35) не применимы [1] В этом случае расчет стержней выполняется методами теории упругости

32 Расчет на прочность трансмиссионного вала

Задача 5 Выполнить проектный расчет трансмиссионного сталь-

ного вала постоянного поперечного сечения Вал посажен на подшипниковые опоры К шкиву 1 подводится мощность N1 которая передается оборудованию через шкивы 2 3 и 4 в соот-ветствии с расчетной схемой представленной на рис 32

I

VI

II

VII M1

M2

M3M4

l2l1

l3

Рис 32

70

III

VIII

IV

IX

V

X

Рис 32 Окончание

Вал имеет сплошное круглое поперечное сечение диамет-ром D и вращается с частотой n минndash1 Исходные данные при-нять по табл 31

Таблица 31

N2 N3 N4 n 1l 2l 3l

Номер строки

Номер схемы по рис 32

кВт кВт кВт минndash1 м м м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 I 40 20 15 400 10 05 05 2 II 50 25 20 600 05 10 05 3 III 35 20 30 300 06 08 06 4 IV 60 30 20 200 07 10 04 5 V 25 40 25 450 06 07 09 6 VI 40 20 20 500 05 05 05

71

Окончание табл 31

1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 VII 60 35 20 550 04 05 06 8 VIII 35 20 30 350 06 04 05 9 IX 45 40 25 400 05 06 07 0 X 30 25 30 300 08 10 04

Буква шифра

а б в г д а г д

При выполнении расчетов принять ndash материал вала ndash сталь ndash модуль сдвига G = 08 middot 105 МПа ndash допускаемые касательные напряжения 40 МПа

ndash допускаемый относительный угол закручивания вала 04 градм

Пример В соответствии с условиями задачи 5 выполнить проектный расчет трансмиссионного вала расчетная схема ко-торого показана на рис 33 а

Рис 33

а)

в)

б)

72

Исходные данные принять следующими

2 40кВтN 3 40кВтN 4 20кВтN 1300мин n

1 04мl 2 06мl 3 10мl

Решение 1) определим величину мощности подводимой к ведуще-

му шкиву 1 Считаем что потери на трение в подшипниковых опорах А и В отсутствуют те

1 2 3 4 40 40 20 100 N N N N кВт

2) вычисляем крутящие моменты передаваемые на транс-миссионный вал в местах расположения шкивов используя формулу

955 ii

NМ

n (37)

где i = 1 2 3 4 ndash номер шкива

В соответствии с (37) получим

1100

955 318300

М кНм

2 340

955 127300

М М кНм

420

955 064300

М кНм

3) используя метод сечений на каждом из трех участков I II и III (рис 33а) получим значения крутящих моментов на этих участках

крI 4 064М M кНм

крII 4 1 064 318 254М M M кНм

крIII 4 1 2 064 318 127 127М M M M кНм

На рис 33б показана эпюра крутящих моментов постро-енная по полученным результатам

4) определяем положение наиболее нагруженного сечения вала Из эпюры крутящих моментов следует что наиболее на-груженным для вала постоянного поперечного сечения явля-

73

ются сечения расположенные на II участке где крутящий момент

достигает максимального значения кр крIImax 254кНмМ М 5254 10 Н мм

Принимая полярный момент сопротивления для вала рав-

ным 3

16pD

W

запишем условие прочности (33) в виде

кр крmax maxmax 3

16p

М М

W D

(38)

Из соотношения (38) получим что диаметр вала должен определяться из условия

кр

5max 33

16 16 254 1068

40

МD

мм

Таким образом из расчета на прочность следует что трансмиссионный вал должен иметь диаметр 68ммD

5) проверим выполнение условия жесткости (36) для трансмиссионного вала Для этого определим допускаемый от-носительный угол закручивания в радм

о

3 6о

04698 10 радм 698 10 радмм

180

Учитывая что полярный момент инерции вала 4

32pD

J

из условия жесткости (36) получим

кр крmax maxmax 4

32

p

М М

GJ G D

(39)

Из (39) следует что вал должен иметь диаметр удовле-творяющий следующему соотношению

кр

5max

445 6

32 32 254 1082

08 10 698 10

МD

G

мм

Таким образом из условия жесткости следует что 82D мм 6) сопоставляя результаты расчета на прочность и жест-

кость получим что должно выполняться условие 82D мм

74

Округляя это значение диаметра до ближайшего большего из ряда нормальных размеров (ГОСТ 8032ndash84) окончательно при-нимаем диаметр трансмиссионного вала D = 85 мм

В этом случае вал имеет

ndash момент сопротивления 3 3

585121 10

16 16pD

W

мм3

ndash полярный момент инерции 4 4

6 48551 10 мм

32 32pD

J

7) вычислим по формуле (312) значения максимальных касательных напряжений на каждом участке для принятого диаметра вала

кр6

Imax I 5

064 1053

121 10p

М

W

МПа

кр6

IImax II 5

254 1021

121 10p

М

W

МПа

кр6

IIImax III 5

127 10105

121 10p

М

W

МПа

Эпюра максимальных касательных напряжений показана на рис 33в

Анализ эпюры напряжений показывает что на всех участ-ках вала и условие прочности (38) и условие жесткости (39) выполняется

33 Расчет на прочность статически неопределимого вала

Задача 6 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими торцами (рис 34) и нагружен крутящими моментами m1 m2 m3

75

Рис 34

Определить требуемый диаметр вала из условий прочно-

сти и жесткости Построить эпюру углов поворотов поперечных сечений

Принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа = 8 104 Нмм2

m1 m2

m3I

ll3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1 m2

m3IV

ll3

l2l1

m1 m2

m3V

ll3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3IX

ll3

l2l1

m1

m2

m3X

ll3

l2l1

76

ndash допускаемое касательное напряжение [] = 80 МПа = = 80 Нмм2

ndash допускаемый относительный угол закручивания [] = = 2 ordmм

Остальные данные для расчета взять из табл 32 приняв значение m = 05 кНм = 05 middot 106 Нmiddotмм

Таблица 32

Номер строки

Номер схемы

по рис 34 m1 m2 m3 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m m m 2m m m m m 2m m

m m

2m m m m

2m m m

2m

m 2m m m m

2m m

2m m m

l l l l 2l l l 2l 2l 2l

l 2l l l l 2l l l 2l 2l

l l 2l l l 2l 2l l l l

l l l

2l l l

2l 2l l l

Буква шифра

а б в г д а г д

Пример В соответствии с условиями задачи 6 выполнить

расчет стального вала при m1 = 3m m2 = m m3 = 3m l1 = 2l l2 = = l3 = l4 = l (рис 35а)

Решение 1) вал нагружен только парами сил лежащими в плоско-

сти поперечного сечения поэтому возникают только две опор-ные реакции ndash моменты в защемлениях МА и МВ

Составляем уравнение равновесия (сумма крутящих мо-ментов относительно оси z)

1 2 30 0Z A Bmom M m m m M

подставив заданные значения m1 m2 m3 в это выражение по-лучим

MA ndash MB ndash m = 0 (310)

Имеем одно уравнение с двумя неизвестными те система один раз статически неопределима

77

Рис 35

2) выбираем основную систему Она получается из задан-

ной освобождением от лишней связи За лишнюю связь прини-маем защемление правого торца Загружая основную систему заданной нагрузкой и неизвестным моментом Х = MB превра-щаем ее в систему эквивалентную заданной (рис 35б) Усло-вием эквивалентности в данном случае является равенство ну-лю угла поворота сечения В основной системы

В = 0 (311)

В соответствии с принципом независимости действия сил угол поворота сечения В для основной системы можно подсчи-тать как алгебраическую сумму углов поворота сечения В от каждого из внешних моментов в отдельности те

в)

а)

б)

г)

78

1

k

B B im X (312)

или 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) 0B B B Bm m m X

Применяя формулу (34) с учетом условия (312) получим

3 2 3 3 4 50

p p p p

m l m l m l X l

GJ GJ GJ GJ

(313)

Внешний крутящий момент считаем положитель-ным если при взгляде со стороны свободного торца В Он вращает вал против часовой стрелки (см рис 35б)

Из уравнения совместности деформаций (313) получим

X = 06 m

В силу эквивалентности X = MB те MB = 06m Из уравнения равновесия (37) получим

06 16А ВМ m М m m m

Значения моментов МА и МВ положительны те направле-ние их выбрано верно (см рис 35а)

3) строим эпюру крутящих моментов определив их вели-чину на каждом участке методом сечений Крутящий момент в произвольном сечении i-го участка по величине равен ал-гебраической сумме внешних моментов расположенных по одну сторону от сечения

на I участке кI 16АМ М m

на II участке кII 3 16 3 14АМ М m m m m

на III участке кIII 3 16 3 24АМ М m m m m m m

на IV участке кIV 3 3 16АМ М m m m m m m

3 06m m

Эпюра крутящих моментов показана на рис 35в Эпюра

крМ штрихуется винтовой линией

4) строим эпюру углов поворота сечений i используя фор-мулу

1i i

i ip i

M l

GJ (314)

79

где i1 ndash угол поворота сечения расположенного в начале уча-

стка li ndash длина участка p iGJ ndash жесткость сечения на кручение

на i-м участке Граничные сечения участков пронумерованы цифрами 0 1 2 3 4

Используя формулу (314) получим

0 = A = 0

кI1

2 16 20 32

p p p

M l m l ml

GJ GJ GJ

кII2 32 14 18

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIII3 18 24 06

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIV4 06 06 0

p p p

M l ml ml

GJ GJ GJ

Для удобства при построении эпюры углов поворота вве-

дем обозначение p

mlk

GJ

Эпюра углов поворота представлена на рис 35г Факт того что 4 = В = 0 подтверждает правильность

решения те построение эпюры одновременно является де-формационной проверкой

5) определяем требуемый диаметр стержня Условие прочности (33) с учетом (32) имеет вид

max кmax

p

М

W (315)

Здесь 3

16pD

W

полярный момент сопротивления се-

чения Из условия (315) получим

max к

316

М

D

(316)

80

Стержень имеет постоянное сечение те опасным являет-ся участок III где возникает наибольший крутящий момент (рис 33в)

max кМ = 24m = 24 middot 05 = 12 кНmiddotм = 12 middot 106 Нmiddotмм

Из (316) получим

63 16 12 10

424 мм80

D

Условие жесткости (36) с учетом (35) имеет вид

max кmax

p

М

GJ (317)

Здесь 4

32pD

J

ndash полярный момент инерции сечения

Полагая max = [] из формулы (317) получим

max к

432 М

DG

(318)

Допускаемый относительный угол закручивания по усло-вию задачи задан в градусах

[] = 2 ordmм

Переведем его в радианы

о о

4о

2 2радм 035 10 радмм

м 180

Тогда по формуле (318) получим значение диаметра D

64

4 4

32 12 10457мм

8 10 035 10D

Диаметр найденный из условия жесткости больше диа-метра найденного из условия прочности

Принимаем бoacuteльший диаметр 457 ммD Окончательно округляя диаметр вала в бoacuteльшую сторону

по ГОСТ 8032ndash84 принимаем D = 46 мм П р и м е ч а н и е Если вал имеет кольцевое поперечное сечение

то полярные момент сопротивления pW и момент инерции pJ в соотно-

шениях (315) и (317) определяются по формулам

81

34(1 )

16pD

W с

3

4(1 )32pD

J с

где d

сD

D ndash внешний d ndash

внутренний диаметр вала При этом значение параметра с задается конст-руктором и оно обычно принимается равным с = 07ndash08

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется кручением 2 Сформулируйте правила знаков для построения эпюры

крутящего момента 3 Запишите формулу для расчета касательного напряже-

ния при кручении 4 Постройте эпюру касательных напряжений в попереч-

ном сечении вала 5 Запишите условие прочности при кручении 6 Запишите формулу для определения угла поворота по-

перечного сечения вала 7 Запишите формулу для вычисления относительного уг-

ла закручивания вала 8 Запишите условие жесткости при кручении 9 Запишите формулы для вычисления полярного момента

инерции для круглого и кольцевого поперечных сечений 10 Запишите формулы для вычисления полярного момента

сопротивления для круглого и кольцевого поперечного сечений 11 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета вала при кручении 12 Особенности расчета статически неопредилимых валов 13 Какое поперечное сечение (круглое сплошное или

кольцевое) вала работающего на кручение является более ра-циональным и почему

14 Сформулируйте порядок расчета вала на прочность и жесткость

15 Сформулируйте особенности расчета валов имеющих некруглое поперечное сечение

82

Глава 4

ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ

41 Основные соотношения При плоском поперечном изгибе в поперечных сечениях

балки возникают два внутренних силовых фактора попереч-ная (перерезывающая) сила yQ и изгибающий момент хМ

(рис 41)

Рис 41

Оси х и у в поперечном сечении являются главными цен-

тральными (см п 2) Эпюры внутренних силовых факторов строят методом сечений для каждого участка балки При этом применяют правила знаков

Правила знаков ndash поперечная сила yQ считается положительной если

внешняя сила поворачивает отсеченную часть балки по ча-совой стрелке относительно сечения (рис 42а)

ndash изгибающий момент хМ считается положитель-

ным если сжаты верхние волокна балки (рис 42б)

83

Рис 42

Под действием изгибающего момента хМ в произвольном

волокне А (рис 41) расположенном на расстоянии у от оси х возникают нормальные напряжения которые определяются по формуле [1]

х

x

Мy

J (41)

где xJ ndash момент инерции поперечного сечения

Из (41) следует что распределение нормальных напряже-ний по высоте сечения является линейным Эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении показана на рис 43б

Рис 43

Из эпюры нормальных напряжений следует что наиболее нагруженными являются точки поперечного сечения K1 и K2 с координатами py и сж y наиболее удаленные от оси х (рис 43а)

б)

а)

а) б) в)

84

Нормальные напряжения в этих точках в соответствии с (41) определяются выражениями

max p p max сж сжх х

x x

М Мy y

J J (42)

В тех случаях когда сечение является симметричным относи-тельно оси х максимальные напряжения вычисляются по формуле

maxх

x

М

W (43)

где xW ndash момент сопротивления поперечного сечения Для балок из пластичных материалов записывается одно

условие прочности (112) которое с учетом (43) имеет вид

maxх

x

М

W (44)

Для балок из хрупких материалов записывают два условия прочности (113) которые с учетом (42) принимают вид

max р p p х

x

Мy

J max cж сж сж х

x

Мy

J (45)

Под действием перерезывающей силы yQ в поперечном се-

чении на уровне у (рис 43а) действуют касательные напряжения которые вычисляются по формуле Д И Журавского [1 2]

y x

x

Q S

J b

(46)

Здесь xS ndash статический момент части площади сечения расположенной выше уровня у (рис 43 а) b ndash ширина сечения на уровне у

Эпюра касательных напряжений по высоте сечения по-казана на рис 43в Максимальные касательные напряжения имеют место в центре тяжести поперечного сечения и равны

1max

max

Fy x

x

Q S

J b (47)

где 1FxS ndash статический момент части площади сечения 1F ле-

жащий выше оси х (рис 43а)

85

Условие прочности по касательным напряжениям записы-ваются в виде (33) и с учетом (47) принимает вид [1]

maxmax

Fy x

x

Q S

J b (48)

где max yQ ndash максимальная поперечная сила которая определя-

ется по эпюре yQ ndash допускаемое касательное напряжение

для материала балки При поперечном изгибе балки ее деформации характери-

зуются прогибом y(z) и углом поворота поперечного сечения (z) которые являются функциями координаты z характери-зующей положение произвольного сечения (рис 44)

Рис 44

Прогиб угол поворота и изгибающий момент связаны

между собой дифференциальными соотношениями 2

2 x

x

Mdx d y

dz EJdt (49)

Изогнутая ось балки называется упругой линией Прогибы и углы поворота могут определяться различными способами [1 2] прямым интегрированием дифференциальных соотноше-ний (49) с помощью интеграла Максвелла-Мора способом Ве-рещагина и др

Если балка имеет постоянное поперечное сечение по дли-не те ( ) constxЕJ то прогибы и углы поворота можно опре-делять универсальным методом начальных параметров в соот-ветствии с которым выражения для них записываются в виде

86

0 0

2 3 4

1( )

2 3 4

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

y z y zEJ

M z a Р z b q z c

0

2 3

1( )

1 2 3

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

dyz

dz EJ

M z a Р z b q z c

Уравнения (410) и (411) записаны для правой системы координат начало которой следует располагать в крайнем ле-вом сечении балки (см рис 44)

Суммирование в формулах (410) и (411) производится по всем внешним нагрузкам количество которых характеризуется индексом

j = 1 2 3 hellip

В формулах (410) и (411) введены следующие обозначе-ния ja ndash расстояние от начала координат до изгибающего мо-

мента jM jb ndash расстояние от начала координат до точки прило-

жения внешнего усилия jР jс ndash расстояние от начала координат

до начала действия распределенной нагрузки интенсивностью jq

z ndash расстояние до сечения балки в котором определяется прогиб или угол поворота разделительная черта z jа указывает на то

что соответствующая нагрузка учитывается в уравнении только при выполнении условия z ja (аналогично для z jb и z сj) у0

и 0 ndash начальные параметры (прогиб балки и угол поворота попе-речного сечения в начале координат) значения которых опреде-ляются из граничных условий те из условий закрепления балки

При расчете внешние нагрузки и опорные реакции в урав-нениях (410) и (411) подставляются с учетом правила знаков для изгибающих моментов если действующая нагрузка вызы-вает сжатие верхних волокон балки то она подставляется со знаком плюс в противном случае ndash со знаком минус

(410)

(411)

87

Прогиб считается положительным (y 0) если сечение балки перемещается вверх а угол поворота 0 если сечение поворачивается против часовой стрелки

Вычисляя по формулам (410) и (411) прогибы и углы по-ворота для сечений с различными координатами z строят упру-гую линию балки и вычисляют максимальный прогиб max y

Если из конструктивных соображений прогиб балки дол-жен быть ограничен то дополнительно к условиям прочности (44) или (45) необходимо потребовать выполнение условия жесткости

max y f (412)

Здесь f ndash допускаемый прогиб величина которого ус-

танавливается исходя из конструктивных особенностей и усло-вий эксплуатации балки

Рекомендации по проектированию балок работающих на изгиб

Наиболее рациональными следует считать балки имею-щие поперечные сечения обеспечивающие минимальный вес балки при выполнении условий прочности

Из анализа эпюр распределения нормальных напряжений можно сформулировать следующие рекомендации по выбору ра-циональных поперечных сечений для балок работающих на изгиб

1 Для балок из пластичных материалов рекомендуется выбирать симметричные (относительно оси х) сечения ослаб-ленные в центральной части (кольцевое сечение двутавр швеллер и тп)

2 Для балок из хрупких материалов рекомендуется выби-рать несимметричные сечения (относительно оси х) у которых расстояние до наиболее удаленных сжатых волокон больше чем расстояние до наиболее удаленных растянутых волокон (рис 43а) сж p y y

Наиболее оптимальными следует считать поперечные се-чения у которых выполняются соотношение

сжсж

p р

y

y

(413)

88

42 Расчет стальной балки на прочность Задача 7 Для стальной балки нагруженной в соответствии с рас-

четной схемой из условия прочности по нормальным напряже-ниям подобрать размеры поперечного сечения

Расчет выполнить для четырех вариантов поперечного се-чения

ndash двутавр

ndash прямоугольное с соотношением сторон 2h

b

ndash круглое сплошное с внешним диаметром D

ndash кольцевое с соотношением диаметров 07d

сD

Выбрать наиболее рациональное поперечное сечение и для него построить эпюры нормальных и касательных напряже-ний в опасных поперечных сечениях балки Исходные данные для расчета принять по табл 41 и рис 45 полагая

2Р qa m Pa qa q = 10 кНм а = 1 м

Таблица 41

Внешние нагрузки Материал балки

Сталь Чугун

Предел прочности

МПа

Номер

строки

Схема

по

рис

51

m1 m2 P1 P2 q1 q2 Марка

Пре-дел те-куче-сти σт МПа

Марка

при растя-жении σвр

при сжатииσвс

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m

3m 2m m m

2m

2m m

2m 2m m m m m m m

P P

2Р P

2P 2P P P

2P P

2P P

2P 2P P P

2P P

2P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q

2q q q

20 40Х 30

40ХН40 20 50

40ХН30

40ХН

240 800 300 900 340 240 380 900 300 900

СЧ35 СЧ25 СЧ15 СЧ25 СЧ35 СЧ25 СЧ10 СЧ25 СЧ35 СЧ10

350 280 120 280 350 280 120 280 350 120

1200 1000 500

1000 1200 1000 500

1000 1200 500

Буква шифра

а б д г в д

89

Коэффициент запаса прочности принять т 15n допус-

каемые касательные напряжения принять [] = 06[]

Рис 45

Пример В соответствии с условиями задачи выполнить

расчет на прочность балки изображенной на рис 46а

90

Дано q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = 10 кНmiddotм = = 107 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 104 Н а = 1 м = 1000 мм

Рис 46

Материал балки ndash сталь 20 с пределом текучести σт =

= 240 МПа и модулем упругости Е = 2 middot 105 МПа Коэффициент запаса прочности nт = 15 Решение 1) определяем опорные реакции YA и YB из уравнений рав-

новесия

30 3 3 4 0

2A Вa

mom m q a Y a P a

а) б) в)

91

2 2 245 4 45 05 425

3 3Bm qa P a qa qa qa a

Y qaa a

30 3 3 0

2B Aa

mom m Y a q a Pa

2 2 245 4 45 05 4

3 3Am qa P a qa qa qa a

Y qaa a

Проверка правильности определения опорных реакций проводится по уравнению равновесия

0 3 0A BY Y q a Y P

qa ndash 3qa + 25qa ndash 05qa = 0 0 equiv 0

Тождество показывает что опорные реакции найдены верно Положительные значения YA и YB показывают что направления опорных реакций соответствуют принятым на рис 46а

2) строим эпюры поперечных сил yQ и изгибающих мо-

ментов xМ Балку разбиваем на участки I и II Используя метод

сечений для произвольного сечения каждого участка составля-ем уравнения для определения внутренних усилий yQ и xМ

в соответствии с которыми они изменяются в пределах каждого участка Положение сечения определяется текущей координа-той z начало отсчета удобно совмещать с началом участка (см рис 46а)

Рассмотрим поочередно оба участка используя введенные правила знаков для yQ и xМ

I участок 0 z1 3a Уравнение для поперечной силы в произвольном сечении

с координатой z1 имеет вид

yQ = YA qz1

yQ = qa qz1 = q (a z1)

Выражение для yQ является линейной функцией коорди-

наты z1 те для построения эпюры достаточно вычислить зна-чения yQ в начале (z1 = 0) и в конце (z1 = 3а) I участка балки

ndash при z1 = 0 yQ qa

ndash при z1 = 3а 2yQ qa

92

Эпюра yQ показана на рис 46б

Уравнение изгибающего момента xМ в произвольном се-

чении участка I имеет вид

21

12Ax m Y z q zМ

2 2 2 21 1 1 1

11 ( )2 2x q a z q z q a a z z M q a

Получили уравнение кривой второго порядка (параболы) выпуклость которой направлена вверх кривая имеет экстремум

в сечении с координатой э1z где 0yQ Значение э

1z получим

приравняв нулю выражение для yQ на I участке те

э1( ) 0q a z

откуда э1 az

Построить кривую второго порядка можно по трем точкам Вычислим значения xМ в начале участка (z1 = 0) в сече-

нии экстремума xМ ( z1 = a) и в конце участка (z1 = 3а)

ndash при z1 = 0 2x qaМ

ndash при z1 = э1z = a 2 2 21

152xM q a a a a qa

ndash при z1 = 3а 2 2 213 3 05

2xM q a a a a qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

II участок 20 z a Рассматривая правую отсеченную часть балки получим

05yQ P q a

График этой функции ndash прямая параллельная оси отсчета z (см рис 46б)

Изгибающий момент xМ в произвольном сечении участка

II с координатой 2z определяется выражением

2 21

2xM P q az z

93

Получили уравнение наклонной прямой которую можно построить вычислив значения изгибающего момента в начале (z2 = 0) и в конце (z2 = а) участка

ndash при 2z = 0 0xМ

ndash при 2z = а xМ = 05qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

3) определяем размеры поперечного сечения балки Усло-вие прочности по нормальным напряжениям имеет вид (43)

maxmax

x

x

M

W (414)

где [] допускаемое напряжение которое для пластичного материала равно

т

т

240160

15n

МПа

xW момент сопротивления поперечного сечения

По эпюре xМ (см рис 46в) находим наиболее нагру-

женное сечение балки С

В этом сечении 2max 15 x xM M qa

2max 15 20 1 30xM кНм = 30 106 Нмм

Из формулы (414) находим требуемое значение момента сопротивления для поперечного сечения любой формы

max x

xM

W

те 6

5 3 330 101875 10 мм 1875 см

160xW

По ГОСТ 8239ndash89 выбираем двутавр 20 с моментом со-противления xW = 184 см3 (прил 4)

Проверим прочность балки по нормальным напряжениям

6

maxmax 3

30 10163 МПа

184 10x

x

M

W

Превышение max над допускаемым напряженном со-

ставляет

94

max

]

[ ] 163 160100 100 2

[ 160

Превышение напряжения допускается не более 5 по-этому окончательно выбираем двутавр 20 Площадь его по-перечного сечения F = 268 см2

Определим размеры прямоугольного сечения для которо-го момент сопротивления (прил 3) при 2h b определяется вы-ражением

2 23(2 ) 2

6 6 3xbh b b

W b

Из условия 31875 смxW получим

33 1875

655 см2

b

Принимая окончательно b = 66 см получим высоту 2 132h b см а площадь поперечного сечения составляет

66 132 8712F b h см2 Определим требуемый диаметр сплошного круглого по-

перечного сечения из условия 3

187532xD

W

см3

Получим 332 1875

1241D

см

Окончательно принимаем D = 125 см тогда площадь по-

перечного сечения будет равна 2 21 1125 1227

4 4F D см2

Рассмотрим поперечное сечение балки в форме кольца

с параметрами 07d

сD

В этом случае момент сопротивле-

ния равен (прил 3) 3 3

4 4 3(1 ) (1 07 ) 007532 32xD D

W c D

Удовлетворяя условию прочности получим что 30075 1875xW D см3

95

Внешний диаметр 31875

13580075

D см

Окончательно принимаем 136 смD тогда внутренний диаметр сечения d = cD = 07 middot 136 = 952 см Площадь по-

перечного сечения в этом случае составляет 2

2(1 )4

DF c

22136

(1 07 ) 7414

cм2

Наиболее рациональным считается поперечное сечение балки при котором вес балки будет минимальным Так как во всех четырех случаях рассматриваемых сечений общая длина балки и материал из которого она изготовлена не меняется то вес каждой балки будет пропорционален площади ее попереч-ного сечения В табл 42 приведены площади сечений для всех рассмотренных вариантов балок Максимальную площадь сече-ния имеет балка круглого поперечного сечения max 3F F

Таблица 42

Вид сечения Двутавр Прямоугольник Круг Кольцо сечения j 1 2 3 4

Fj см2 268 8712 1227 741

max

jF

F 022 071 1 06

Анализ полученных результатов (см табл 42) показыва-

ет что минимальный вес имеет балка с двутавровым попереч-ным сечением При этом по сравнению с балкой круглого попе-речного сечения (которая имеет максимальный вес) двутавровая балка почти в 5 раз легче при такой же прочности

Окончательно принимаем что наиболее рациональным для данной балки является двутавр 20 Все дальнейшие рас-четы проводим для этого сечения

4) проверяем принятое сечение по касательным напряже-ниям Используем формулу Д И Журавского (48)

max

max y x

x

Q S

J d (415)

где max yQ максимальное значение поперечной силы (берется

с эпюры yQ (см рис 46б) сечение В) xS ndash статический мо-

96

мент половины сечения двутавра xJ ndash момент инерции

d ndash толщина стенки двутавра (рис 47а) Значения xS xJ и d берутся из таблиц сортамента для

двутавра 20 (прил 4) Допускаемое напряжение на срез вычисляется по соотно-

шению

[ ] 06 [ ] 06 160 = 96 МПа

max yQ = 2qa = 2 middot 20 middot 1 = 40 кН = 40 middot103 Н

Для двутавра 20 (прил 4) h = 20 см = 200 мм d = 52 мм

xS = 104 см3 = 104 middot 105 мм3 xJ = 1840 см4 = 184 middot 107 мм4

После подстановки данных в (415) получим 3 5

max 7

40 10 104 10435

184 10 52

МПа

max 435 МПа lt = 96 МПа

Условие прочности по касательным напряжениям выполня-ется

5) построим эпюры нормальных и касательных напря-жений для опасных сечений В и С (см рис 45)

Рис 47

Максимальные напряжения в сечении С (рис 47а) равны

max 163 МПа

а) б) в)

97

Так как верхние волокна (вв) двутавра испытывают сжатие

вв = ndash 163 МПа (сжатый слой полки двутавра)

при этом нижние волокна (нв) испытывают растягивающие на-пряжения

нв = + 163 МПа (растянутый слой полки двутавра)

Эпюра изображена на рис 47б Для построения эпюры касательных напряжений опре-

делим их значения в сечении k k где стенка двутавра сопряга-ется с полками (рис 47а)

В формулу Д И Журавского (46) подставляется статиче-

ский момент пxS площади сечения полки пF двутавра относи-

тельно оси х

п п п

2 2xS уh t

F bt

где b t и h берем из таблиц ГОСТов на двутавр (прил 4)

b = 100 мм t = 84 мм

Таким образом п 3200 8 4100 84 80 472мм

2 2xS

Тогда 3

4

40 10 80472336

1840 10 52

МПа

Эпюра представлена на рис 46в где max 435 МПа

Балка с двутавровым сечением 20 удовлетворяет всем условиям прочности при заданных внешних нагрузках

43 Расчет балки на жесткость Задача 8 Для стальной балки определить прогибы в характерных

точках и построить приближенно упругую линию (изогнутую ось балки)

Балка имеет двутавровое поперечное сечение с размерами полученными при решении задачи 7 и нагружена в соответст-вии с расчетной схемой задачи 7

98

Определить приближенно максимальный прогиб y и срав-нить его с допускаемым [f] = 0002l где l ndash длина пролета (меж-опорного и консольного) в котором имеет место максимальный прогиб Если условие жесткости не выполняется подобрать раз-меры поперечного сечения из условия жесткости При решении использовать метод начальных параметров

Исходные данные принять по табл 41 полагая q = 10 Нмм P = qa m = Pa = qa2 a = 1 м = 1000 мм

Пример В соответствии с условиями задачи 7 выполнить расчет на жесткость стальной балки приведенной на рис 46а

Дано а = 1 м = 1000 мм q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = = 10 кНmiddotм = 10 middot 106 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 10middot103 Н

Материал балки ndash сталь 20 модуль упругости Е = 2 middot10 5 МПа

В результате расчета данной балки на прочность (см пример задачи 6) уже известны опорные реакции YA и YB номер двутавра эпюры изгибающих моментов xM (повторено на рис 48аб)

Рис 48

а) б) в)

99

Решение 1) выбираем систему координат Начало координат со-

вмещаем с левым торцом А чтобы вся балка располагалась в положительном квадранте Так как распределенная нагрузка не доходит до конца балки то продляем ее до правого конца балки [1 2]

Одновременно на этом участке прикладываем компенси-рующую распределенную нагрузку q обратного знака (рис 48а)

2) запишем уравнение упругой линии оси балки для дан-ной схемы

2 3

0 0 3

4

3

0 0

3

4

24

( 3 )

2 6 6

( 3 )

24

x x x

A Ba

a

z z z

z

z

Y Y

q q

EJ y EJ y EJ z

z z z am

z a

(415)

Здесь y0 и θ0 ndash прогиб и угол поворота сечения в начале координат которые определяются из условий на опорах и назы-

ваются начальными параметрами прерыватель z ai указывает

что при вычислении прогиба в конкретном сечении учитывают-ся только те слагаемые для которых указанное неравенство (z gt ai) выполняется

3) определяем начальные параметры y0 и θ0 При 0z 0

Ay те

00y (точка А на рис 48а) так

как в начале координат расположена шарнирно-неподвижная опора балки

При 3z a 0B

y (точка В на рис 48а) так как в сече-

нии В также расположена опора (шарнирно-подвижная) Тогда из уравнения (415) приравняв правую часть нулю

при 3z a получим

2 2 4

0(3 ) (3 ) (3 )

2 2 24

0 3x A

a a aa m Y qEJ

или после подстановки значений нагрузок 2 3 4

20

(3 ) (3 ) (3 )0 3

2 6 24xа а a

EJ а qa qa q

100

Решая полученное уравнение относительно 0 получим 3

0 1875x

qa

EJ

Знак laquondashraquo показывает что сечение А поворачивается по ча-совой стрелке

После определения начальных параметров и подстановки значений m YA и YB уравнение (415) принимает вид

0 0 3

3

2 3

4 4

33 2 25

6

( 3 )

24 24

1( )

( 3 )0 1875

2 6

x

z z z a

z a

zqa qa

z z aq q

у zEJ

z z aqa z qa

4) строим приближенно упругую линию оси балки ис-пользуя уравнение упругой линии (416)

Для этого находим прогибы в характерных сечениях дан-ной балки

ndash при zС = a (сечение где изгибающий момент максимален) ndash при zK = 15а (в середине пролета АВ) ndash при zL = 4а (на конце консоли) ndash при Cz a

2 3 42

431 125

18752 6 24C

x x

a a a qay qa а qa qa q

EJ EJ

ndash при 15 Kz a

3 42

23

4

1 (15 ) (15 ) (15 )1875 15

2 6 24

1336

Kx

x

a a ay qa a qa qa q

EJ

qa

EJ

ndash при 4 Lz a

32

231 (4 ) (4 )

1875 42 6L

x

a ay qa a qa qa

EJ

(416)

101

3 4 4 4(4 3 ) (4 ) (4 3 ) 095925

6 24 24 x

a a a a a qaqa q q

EJ

Знак laquondashraquo указывает на то прогиб направлен вниз а знак laquo+raquo ndash прогиб направлен вверх

Форма упругой линии балки связана с эпюрой изгибаю-щих моментов дифференциальными соотношениями (49) Сле-довательно на участке где xM gt 0 выпуклость упругой линии

направлена вниз и наоборот где xM lt 0 выпуклость упругой

линии направлена вверх В сечении где 0xM упругая линия имеет точку пере-

гиба Упругая линия изображена в масштабе на рис 48в Для удобства при построении упругой линии балки введе-

но обозначение 4

x

qaK

EJ (см рис 48в)

5) проверяем балку по условию жесткости которое имеет вид (412)

max y f

Считая что в силу упругих свойств материала балки сече-ние в котором прогиб наибольший расположено близко к се-редине пролета балки принимаем max Ky y

Для двутавра 20 момент инерции равен 4 7 41840см 184 10 ммxJ

Подсчитаем численное значение Ky

max y 4 4

5 7

1 336 1 336 20 10007 26 мм

2 10 184 10K

x

q a y

EJ

Допускаемый прогиб [ f ] = 0002l м = 0002 middot 3 middot 103 = 6 мм Сравнение показывает что gtKy f те условие жестко-

сти не выполняется 6) подбираем сечение балки из условия жесткости для че-

го выражение определяющее max y в общем виде подставляем

в условие жесткости (412)

41 336

Kx

q ay f

EJ

102

и отсюда находим требуемое значение момента инерции сече-ния балки

4 47 4 4

5

1 336 1 336 20 10002 22 10 мм 2220 см

[ ] 2 10 6x

q a J

E f

По значению xJ из таблиц ГОСТ 8239ndash89 (прил 4) выби-

раем двутавр 22 для которого xJ = 2550 см4 xW = 232 см2

При этом значение максимального прогиба будет равно 4 4

max 5 7

1 336 1 336 20 10005 2 мм

2 10 255 10K

x

qa y y

EJ

что удовлетворяет условию жесткости Так как для двутавровой балки 22 момент сопротивле-

ния xW выше чем у двутавра 20 то условие прочности вы-

полняется а коэффициент запаса прочности будет nт 15

44 Расчет чугунной балки на прочность Задача 9 Чугунная балка нагруженная как показано на рис 49

имеет поперечное сечение вид которого выбирается в соответ-ствии с вариантом по табл 21

Требуется выполнить следующее 1) подобрать размеры поперечного сечения из условий

прочности по нормальным напряжениям 2) построить эпюры нормальных и касательных напря-

жений 3) проанализировать эпюру нормальных напряжений и

выбрать рациональное (с точки зрения прочности) расположе-ние поперечного сечения

Исходные данные взять из табл 41 для чугунной балки полагая

m = Pa = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

Коэффициент запаса прочности принять nв = 2

103

Рис 49 Пример В соответствии с условиями задачи 9 произвести

расчет на прочность чугунной балки (рис 410a) при Р = 2qa m = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

I

Р

q

m

а аа

VI

Р2а

q

2а

m

IV Р

q

m

а аа

IX

Ра

q

q m

аа

X

Р

а а

q m

2а

V

m

Р

q

а аа

VII

Р2а

q

q

аа

m

III

Ра а

q m

2а

VII

Р

2а

q

m

аа

II

Р

mq

2а

а

104

Материал балки ndash чугун СЧ15 имеющий механические характеристики (см табл 41)

ndash предел прочности на растяжение р = 120 МПа ndash предел прочности на сжатие сж = 500 МПа Балка имеет Т-образное поперечное сечение показанное

на рис 23 в п 22

Рис 410

Решение 1) в жестком защемлении А возникают реакция YA и изги-

бающий момент МА Так как балка консольная эпюры уQ и xM

можно построить не определяя опорные реакции МА и YA если при применении метода сечений на каждом участке рассматри-вать левую отсеченную часть балки на которую действуют из-вестные внешние нагрузки

I участок при 0 le z1 le a

уQ = P или уQ = 2qa

xM = Pz1 или xM = 2qaz1

при z1 = 0 xM = 0

при z1 = а xM = 2qa2

II участок при 0 le z2 le a

уQ Р или 2уQ qа

z

y

а) б) в)

105

xM = P(а + z2) + m или xM = 2qa(a + z2) + qa2

при z2 = 0 xM = 3qa2

при z2 = а xM = 5qa2

III участок при 0 le z3 le a

уQ = P ndash qz3 или уQ = 2qa ndash qz3

при z3 = 0 уQ = 2qa

при z3 = а уQ = qa

xM = P(2а+ z3)+ m ndash 23

1

2q z

или xM = 2qa(2a+ z3) + qa2 ndash 23

1

2q z

при z2 = 0 xM = 5qa2

при z2 = а xM = 65qa2

По найденным значениям строим эпюры уQ (рис 410б) и

xM (рис 410в)

На третьем участке эпюра xM является квадратичной па-

раболой Так как на этом участке 0уQ то на эпюре xM нет

экстремума в соответствии с дифференциальной зависимостью

[1 2] xу

dMQ

dz Эпюра xM направлена выпуклостью навстре-

чу распределенной нагрузке q Из анализа эпюры xM следует что наиболее нагружен-

ным является сечение А в защемлении где изгибающий момент достигает своего максимального значения

max xM = 65qa2 = 65 middot 10 middot 10002 = 65 middot 107 Нmiddotмм

2) поперечное сечение чугунной балки показано на рис 411а и является симметричным относительно оси у

Центр тяжести поперечного сечения (т С) определяется координатами 1 433у b и 2 767у b (см пример в п 22)

Момент инерции сечения 4492xJ b

Так как материал балки является хрупким то должны вы-полняться два условия прочности (45) Из анализа эпюры xM

(рис 410в) следует что для сечения А в точках K1 (рис 411а)

106

возникают сжимающие а в точках K2 ndash растягивающие напря-жения те сж 1 y у а р 2y у

Рис 411

3) Выполняем проектировочный расчет Условия прочности (45) принимают вид ndash на растяжение

maxmax р р р

x

x

Mу

J

(417)

ndash на сжатие

maxmax сж сж сж

x

x

Mу

J (418)

Здесь допускаемые напряжения на растяжение и сжатие соответственно равны

рв

рв

12060

2n

МПа

сжсж

в

500250

2n

МПа

Рассмотрим условие прочности на растяжение (417)

а) б)

107

max р рmax

4767

492 4 x

Mb

b

откуда следует что

3max

р

765 10 767 2563492 4 60492 4

xM

b

мм

Из условия прочности на сжатие получим

max4 сж

433492 4

xMb

b

откуда

7max 33

cж

65 10433 433

4924[ ] 4924 250хM

b

= 132 мм

Из двух полученных значения размера поперечного сече-ния b выбираем наибольший те окончательно принимаем b = 256 мм Геометрические характеристики сечения (см рис 411) при этом равны

JХ = 492b 4 = 492 middot 256 4 = 2113 middot 10 7 мм 4

сж 1 433 433 256 1108ммy у b

р 2 767 767 256 1964 ммy у b

4) для построения эпюры нормальных напряжений вычис-ляем

ndash максимальные растягивающие напряжения (417) 7

maxmax р 7р

65 101964 60 МПа

2113 10x

хMу

J

ndash максимальные сжимающие напряжения (418) 7

maxmax сж 7сж

65 101108 341 МПа

2113 10x

хMу

J

Эпюра нормальных напряжений показана на рис 411б

108

Так как величина касательных напряжений в поперечных сечениях обычно является малой то расчет по касательным на-пряжениям не выполняем

5) проанализируем эпюру нормальных напряжений σ (см рис 411б) при заданном расположении поперечного сечения Из эпюры следует что верхние сжатые волокна сечения суще-ственно недогружены

Так как хрупкий материал на сжатие работает лучше чем

на растяжение сж р то предложенное расположение

сечения является нерациональным Для рационального расположения поперечного сечения не-

обходимо обеспечить выполнение условия сж рgt y у при котором

в наиболее удаленных от оси х волокнах будут возникать макси-мальные сжимающие напряжения Для этого поперечное сече-ние показанное на рис 411а необходимо повернуть на 180 ordm (рис 412а)

Рис 412

При этом сжy = 767b рy = 433b

Запишем условия прочности (417) и (418) для сечения повернутого на 180ordm

maxmax 4р р433

492хM

bb

откуда после подстановки данных следует

а) б)

109

73 433 65 10

21492 60

b

мм

В этом случае наибольшие сжимающие напряжения равны

7max

max 4 3сж65 10 767

767492 492 21

109 МПа lt 250 МПаC

хMb

b

Условие прочности выполняется Для перевернутого положения сечения окончательно при-

нимаем b = 21 мм Геометрические характеристики сечения в этом случае

будут равны

xJ = 9569 middot 107 мм 4 рy = 91 мм сжy = 161 мм

Максимальные сжимающие и растягивающие нормальные напряжения равны соответственно

7

max 7сж65 10

161 109 МПа957 10

7

max 7р65 10

91 60 МПа957 10

Эпюра нормальных напряжений для рационального положе-ния поперечного сечения (см рис 412а) показана на рис 412б

Из эпюры следует что в этом случае происходит догрузка сжатой части сечения Кроме того при таком расположении се-чения уменьшается погонный вес балки который определяется площадью поперечного сечения

Если поперечное сечение расположено как показано на рис 411а то площадь поперечного сечения балки будет со-ставлять

F = 2b 10b + 2b 8b = 36b 2 = 36 2562 = 232 cм2

При рациональном расположении поперечного сечения (см рис 412а) его площадь равна

2 2рац 36 36 21 159F b cм2

110

Таким образом при рациональном расположении попе-

речного сечения вес балки уменьшается в рац

2320146

1590

F

F

раза те на 46 П р и м е ч а н и е Если дополнительно к условиям прочности бал-

ки требуется выполнить условие жесткости (412) то для балки (рис 410а) при рациональном расположении поперечного сечения (рис 412а) необходимо построить упругую линию балки методом на-чальных параметров аналогично задаче 7 При этом для сокращения объ-ема вычислений расчетную схему балки (рис 410а) следует располо-жить так как показано на рис 413

Рис 413

В этом случае в сечении А при z = 0 начальные параметры

в универсальном уравнении упругой линии (410) равны нулю те 0 0у так как это сечение жестко защемлено В этом

случае расчет для построения уравнения (410) существенно уп-рощается

45 Расчет статически неопределимой балки Задача 10 Для стальной статически неопределимой балки нагру-

женной в соответствии с расчетной схемой (рис 414) выпол-нить проектировочный расчет те из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать размеры поперечного се-чения двутаврового профиля определить прогиб сечения K или угол поворота сечения L балки

111

Рис 414

VI

Р1

а

q1

а

К

I

q1 m2

аа

L

2а

q1

К

а

m1

II VII

Р2

а

q2

аа

L

VIIIII

L

а а

q1 m2

L

2а 2а

q2 m1

IV q1 m1

ааа

К

IX

Р1

q1

аа а

К

X

q1

ааа

К

Р2 m2

V

q1

а2а

К

112

Пример В соответствии с условиями задачи 9 выпол-нить расчет статически неопределимой балки изображенной на рис 415а Для расчета принять значения исходных данных

q = 20 кНм а = 16 м

Р = qа m = Ра = qа2 кНм

σт = 480 МПа Е = 2 10 5 МПа

Исходные данные для расчета принять по табл 43 по-лагая

m = Pa = qa2 P = qa q = 10 кНм a = 1 м

Материал балки ndash сталь 20Х Коэффициент запаса прочности nт = 15 модуль уп-

ругости первого рода Е = 2 105 МПа предел текучести σт = = 480 МПа

Плоскость действия сил совпадает с осью наибольшей же-сткости поперечного сечения балки

Таблица 43

Номер строки

Схема по рис 414

m1 m2 P1 P2 q1 q2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m m

2m m m

2m

2m m 2m 2m m m m 2m m m

P P

2P P

2P P P P

2P P

2P P 2P 2P P P 2P P P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q q q q

Буква шифра

а б а г

113

Рис 415

а) б) в) г) д) е) ж)

и) к) л)

114

Рис 415 Окончание

м) н) п) р) с)

т) у)

115

Решение 1) определяем степень статической неопределимости

балки n На балку наложены х = 4 связи система плоская сле-довательно можно составить только N = 3 уравнения равно-весия

Степень статической неопределимости балки n = x ndash N = = 4 ndash 3 = 1 те система один раз статически неопределима

2) выберем основную систему которая получается из ис-ходной путем отбрасывания laquoлишнихraquo связей с точки зрения равновесия Основная система должна быть кинематически неизменяемой и статически определимой [1] Принимаем ос-новную систему которая получается путем врезания на опору B шарнира и приложением момента Х1 заменяющего отброшен-ную связь между соседними пролетами (рис 415б)

3) построим для основной системы (ОС) эпюру изгибаю-щего момента РМ от действия внешних сил для чего вначале определяем реакции в опорах для левой и правой частей балки (рис 415вд) а затем методом сечений строим эпюру РМ (рис 415ге)

4) построим в основной системе эпюры изгибающего мо-мента от единичных моментов по направлению лишнего неиз-вестного Х1 (рис 415и)

5) запишем систему канонических уравнений метода сил [1]

1

0 1 2 n

i k k i Pk

х i n (419)

где ik ndash перемещение по направлению i-го силового фактора

под действием единичного фактора Хk = 1 iP ndash перемещение

по направлению i-го силового фактора под действием внешних сил n ndash степень статической неопределимости

Если система один раз статически неопределима как это имеет место в нашей задаче то каноническое уравнение (419) имеет вид

δ11Х1 + δ1Р = 0 (420)

6) определяем δ1Р и δ11 используя способ Верещагина [1]

1

m j jik

j x j

h

EJ

(421)

116

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры моментов от внешних за-данных сил (грузовая эпюра) hj ndash ордината единичной эпюры j-го участка лежащая под центром тяжести грузовой эпюры x jEJ ndash жесткость на изгиб j-го участка m ndash число участков

Если грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов лежат по одну сторону от оси эпюры на j-м участке то перед j-м слагаемым в данной формуле ставится знак laquo+raquo и наоборот если по разные стороны то ставится знак laquondashraquo

Если на данном участке ни одна из перемножаемых эпюр не является прямолинейной но одна из них или обе ограни-чены ломаными прямыми линиями то в этих случаях эпюры предварительно разбивают на такие участки в пределах каждого из которых по крайней мере одна эпюра прямоли-нейна

Если на данном участке эпюра имеет сложный вид то она разбивается на элементарные фигуры прямоугольник треугольник параболический треугольник и тд для кото- рых величина площади j и положение центра тяжести из-

вестны и производится laquoперемножениеraquo элементарных фигур (табл 44)

Таблица 44

Геометрическая фигура (эпюра изгибающих

моментов)

Площадь Ω

Координата центра

тяжести z Примечание

1 2 3 4

hl 1

2l

1

2hl

1

3l

z l

h

z l

h

117

Окончание табл 44

1 2 3 4

hl3

1 l4

1 2

2

1qlh

hl3

2 l

2

1 2

8

1qlh

П р и м е ч а н и е q интенсивность распределенной внешней нагрузки на участке длиной l

Определяем δ1Р как произведение площадей эпюр 415ге на

ординаты взятые с эпюры 415и каждый раз под центром тяже-сти эпюр 415 ге

1 1 1 2 2 3 3 4 4

2 2 2 2

1

1 1 5 1 1 2 1 1 1 2 1 1

2 6 2 4 3 2 4 3 3 8 4

Px

x

h h h hEJ

qa a qa a qa a qa aEJ

313

48 x

qa

EJ

Найдем δ11 перемножая эпюру M1 саму на себя те берем составляющие площади эпюры (рис 415и) и умножаем на ор-динаты проходящие через центр тяжести площадей той же эпюры (см рис 415и)

111 1 2 4

1 2 22 3 3x x

aa

EJ EJ

Здесь учтено что единичная эпюра M1 (см рис 415и) яв-ляется симметричной поэтому перемножение выполняется на одном участке а результат удваивается

zl

h

Квадратичная парабола

l

h

Квадратичная парабола

z=l2

118

7) решая каноническое уравнение (420) находим 3

1 21

11

313 13

48 4 64P x

x

EJqaХ qa

EJ a

Знак laquo+raquo указывает на то что направление Х1 первона-чально выбрано правильно

8) построим эпюры уQ и xM известными приемами от-

дельно для левого и правого пролетов и сочленим соответст-вующие эпюры обоих пролетов (рис 415лм) предварительно определив реакции в опорах (рис 415к) При построении эпюры xM целесообразно использовать принцип суперпозиций

xM = МР + Мi х i + hellip + Мn хn (422)

где MР ndash эпюра изгибающего момента от действия внешних сил (в нашем случае эпюры на рис 415г е iM ndash эпюра изгибаю-

щего момента от действия единичной силы в направлении неиз-вестной Хi (в нашем случае эпюра на рис 415и) Здесь Хi ndash зна-чение i-го лишнего неизвестного

Из эпюры xM следует что 2max

51

64M qa

9) сделаем деформационную проверку которая заключа-ется в определении перемещений в заданной системе значения известны и в данном случае равны нулю

Для этого выбираем новую основную систему (рис 415н) с новым лишним неизвестным F bh и вычисляем перемеще-

ние в точке С по направлению F bh Так как в С располо-

жена опора то перемещение С должно быть равно нулю По

формуле Верещагина [1]

j

1

jm k

Сj x j

h

EJ

(423)

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры результирующего изги-бающего момента xM полученного в результате раскрытия

статической неопределимости системы (рис 415 м) jkh ndash ор-

дината эпюры изгибающего момента от единичной силы F bh = 1 в новой основной системе лежащая под центром тя-жести эпюры результирующего изгибающего момента xM

119

В нашем примере за новую основную систему принимаем систему получающуюся из исходной путем отбрасывания пра-вой опоры С

В качестве новой лишней неизвестной принимается реак-ция опоры С (рис 415н)

На рис 415п показана эпюра изгибающего момента от

единичной силы 1Х по направлению лишнего неизвестного

2 3 0

Как было показано эпюра результирующего изгибающего момента xM может быть определена по принципу суперпози-

ций (422) Поэтому при проведении деформационной проверки целесообразно производить вначале перемножение эпюры РМ на эпюру изгибающего момента от единичной силы по направ-лению лишнего неизвестного 2 3 0 затем перемножение

эпюр от единичных сил по направлению лишних неизвестных Хi на эпюру от единичной силы по направлению лишней неиз-вестной Хk

и на величину лишней неизвестной Хi результаты перемножения сложить

В нашем примере получим

2 2 21

2 42

1 1 5 1 1 4 1 1 2[( ) ( ) ( )

2 3 2 4 3 2 4 3

2 1 1 2 13 5 5( ) 2(1 2 2 ) ] [ ] 03 8 2 2 3 64 6 6

x

x

qa a a qa a a qa a aEJ

qa qaa a a a qa

EI

10) запишем условие прочности (44) для балки

maxmax [ ]x

x

M

W

где

т

n

480 320 МПа

15n

Из условия прочности находим

max2 2 6

3

51 51 20 16 10127

[ ] 64[ ] 64 320 10x

xM qa

W

см3

120

По сортаменту (прил 4) подбираем номер двутавра

( 18) для которого xW = 143 см3 41290 см xJ

11) определяем угол поворота сечения L Для этого при-ложим в основной системе единичный внешний изгибающий момент в сечении L (рис 415р) и строим эпюру изгибающего момента 1M (рис 415с) от действия этого момента Поскольку

эпюра 1М имеется только на левом пролете балки разобьем эпюру результирующего момента xM (см рис 415л) на левом

пролете на элементарные фигуры и перемножим эпюры 1М и

xM по правилу Верещагина При разбиении эпюры xM на вто-

ром участке площадь не заштрихованного треугольника Ωprime при-

бавляется к площади 2u k причем считается что треугольник

с площадью Ω2 + Ωprime целиком лежит выше оси эпюры В результате получим

2 2 2

3

1 1 2 2 3 31

( )

1 1 13 2 1 1 13 2 1 1 51 1 1

2 128 3 2 2 128 3 2 2 64 3 2

17

256

L h h hE Jx

qa а qa a qa aEJx

qa

E Jx

Подставив в выражение для L значения q a E Jx получим 3 9

35 4

17 20 16 1021 10

256 2 10 1290 10L

рад

Переводя радианы в градусы получим 321 10 180

012 L

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение L (рис 415а) пово-рачивается против часовой стрелки

12) определяем прогиб сечения K балки Для этого в основной системе в сечении K приложим еди-

ничную силу в направлении искомого прогиба (рис 415т) и построим эпюру 1M (рис 415 у)

121

А далее аналогично тому как это делали при определении угла поворота сечения разбиваем для правого пролета балки эпюру результирующего момента (см рис 415 м) на элемен-тарные фигуры и перемножаем эпюры xM и 1M по правилу Ве-

рещагина В результате получим

4 4 5 5 6 6 7 7

2 2

22

4

1 13 1 1 1 45 2 1

2 64 3 2 2 128 3 2

1 45 2 1 2 1

22 128 3 2 3 8 2

119

128 6

1( )

1

x

x

x

K

a

h h h hEJ

qa a а qa a a

E J qaqa a a a

qa

E J

Подставив в выражение для K числовые значения по-лучим

4 12

5 4787

119 20 16 10

128 6 2 10 1290 10KK y

мм

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение K (рис 415а) пе-ремещается вверх

П р и м е ч а н и е При раскрытии статической неопределимости балок кроме метода сил можно применять и другие способы Например для выбранной основной статически определимой системы для записи уравнений совместности деформаций можно использовать метод началь-ных параметров

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется изгибом 2 Как определяются поперечные силы и изгибающие мо-

менты в поперечном сечении балки 3 Какое нагружение балки называется плоским изгибом 4 Сформулируйте правило знаков для поперечной силы yQ

5 Сформулируйте правило знаков для изгибающего мо-мента xM

6 Для чего строят эпюры внутренних силовых факторов 7 Запишите дифференциальные состояния между внут-

ренними силовыми факторами при изгибе

122

8 Сформулируйте свойства эпюры yQ

9 Сформулируйте свойства эпюры xM

10 Запишите формулу для определения нормальных на-пряжений при изгибе

11 Постройте эпюру нормальных напряжений при изгибе по высоте поперечного сечения балки

12 Запишите формулу Журавского 13 Постройте эпюру касательных напряжений по высоте

сечения балки 14 Сформулируйте условия прочности по нормальным

напряжениям для пластичных и хрупких материалов 15 Сформулируйте условие прочности по касательным

напряжениям 16 Назовите основные этапы расчета на прочность балок

при изгибе 17 Что называется упругой линией балки 18 Запишите дифференциальное уравнение упругой ли-

нии балки 19 Перечислите основные методы определения переме-

щений при изгибе балок 20 Запишите уравнения для прогибов и углов поворота

методом начальных параметров 21 Объясните физический смысл начальных параметров

Как они определяются 22 Изложите порядок расчета прогибов методом началь-

ных параметров 23 Запишите условие жесткости для балки 24 Какие балки называются статически неопредилимыми 25 Запишите систему канонических уравнений метода

сил Объясните физический смысл коэффициентов в уравнени-ях метода сил

26 Изложите порядок расчета статически неопределимых систем методом сил

27 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальными если балка изготовлена из пластичного материала

28 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальным если балка изготовлена из хрупкого материала

123

Глава 5

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ

51 Основные соотношения В инженерной практике встречаются более сложные слу-

чаи нагружения когда в поперечных сечениях элемента конст-рукции одновременно действуют несколько внутренних сило-вых факторов В таких случаях говорят что элемент конструкции испытывает сложное сопротивление [1 2]

При сложном сопротивлении расчеты на жесткость и прочность основываются на принципе суперпозиций

Большинство задач обычно решается в такой последова-тельности

1 Определяются опорные реакции для заданной расчет-ной схемы

2 Внешние нагрузки включая опорные реакции проекти-руются на две главные плоскости проходящие через ось элемента конструкции и главные оси инерции поперечного сечения

3 Строят эпюры внутренних силовых факторов в главных плоскостях

4 Исходя из эпюр внутренних силовых факторов наме-чают сечения элемента которые могут оказаться опасными (се-чения в которых внутренние силовые факторы принимают мак-симальные значения)

5 Для этих сечений выясняют законы распределения на-пряжений по сечению и устанавливают наиболее нагружение точки и тип напряженного состояния в этих точках

6 Перемещения вычисляются от каждого внутреннего си-лового фактора а затем геометрически определяются суммар-ные перемещения и если требуется проверяется условие жест-кости

Далее рассмотрены наиболее часто встречающиеся виды сложного сопротивления

52 Пространственный изгиб

Пространственным изгибом называют такой случай из-гиба балки при котором в поперечных сечениях действуют из-

124

гибающие моменты хМ уМ и перерезывающие силы yQ хQ

Так как касательные напряжения от перерезывающих сил явля-ются малыми то их можно в расчетах на прочность не учиты-вать Основными внутренними факторами в произвольном се-чении балки являются изгибающие моменты эпюры которых строим методом сечений [1] в вертикальной плоскости (z0y) строим эпюру хМ а в горизонтальной плоскости (z0х) строим

эпюру уМ

Покажем это на примере балки с прямоугольным попе-речным сечением (рис 51)

Рис 51

Результирующие нормальные напряжения в произвольной

точке А поперечного сечения с координатами х и у определяют-ся по принципу суперпозиций с учетом их знака (рис 51)

( ) ( )х уМ М (51)

где ( )хМ и ( )уМ minus нормальные напряжения от изгибающих

моментов хМ и уМ соответственно которые вычисляются

по формулам

( ) хх

x

ММ y

J ( ) y

yy

ММ x

J (52)

Здесь xJ и yJ minus моменты инерции сечения относительно

его главных центральных осей х и у соответственно

125

Анализ распределения нормальных напряжений по попе-речному сечению показывает что для сечений с угловыми точ-ками именно угловые точки являются наиболее нагруженными В угловых точках 1 2 3 4 (рис 51) нормальные напряжения с учетом (52) определяются выражениями

yх

x y

ММ

W W (53)

где xW yW minus моменты сопротивления сечения балки Знаки

в (53) определяются по сжатому волокну балки для растяну-тых волокон laquo+raquo для сжатых laquominusraquo Для показанных на рис 51 направлений хМ и уМ возле угловых точек показаны знаки

в формуле (53) верхний знак соответствует хМ а нижний уМ

Нейтральной линией в поперечном сечении называется прямая линия на которой нормальные напряжения (51) равны нулю

Нейтральная линия (нл) проходит через центр тяжести поперечного сечения а ее положение определяется углом на-клона к оси х Угол ее наклона вычисляется из соотношения

tg yx

y х

МJ

J М (54)

и откладывается от оси х по часовой стрелке (рис 51) Наибо-лее нагруженными являются точки сечения наиболее удален-ные от нейтральной линии те точки 2 и 4 (рис 51)

Таким образом величина максимальных нормальных на-пряжений определяется выражением

maxух

x у

ММ

W W (55)

а условие прочности для балки из пластичных материалов име-ет вид (12) те

max ух

x у

ММ

W W (56)

где minus допускаемые напряжения для материала балки

126

Если балка изготовлена из хрупкого материала то необ-ходимо записать два условия прочности (13) max р р и

max сж сж

Прогибы для произвольного сечения K балки определяют-ся любым методом (например методом начальных параметров)

в плоскости z0y yf и плоскости z0х хf

Результирующий прогиб f определяется путем векторного сложения прогибов хf и уf (рис 52)

2 2x yf f f (57)

Рис 52

Вычисляя результирующий прогиб в различных сечениях

балки можно построить изогнутую ось балки которая будет являться пространственной кривой

53 Косой изгиб Косым изгибом называется такой случай изгиба балки

при котором плоскость действия изгибающего момента (сило-вая плоскость) не совпадает ни с одной из главных осей попе-речного сечения балки (рис 53) Косой изгиб можно считать частным случаем пространственного изгиба

127

Рис 53 Раскладывая изгибающий момент М на составляющие

моменты относительно осей х и у получим

sin cosх уМ М М М (58)

Далее расчет ведется в соответствии с п 51 по формулам (51)minus(57)

Существенной особенностью косого изгиба является то что нейтральная линия не перпендикулярна силовой линии Та-ким образом можно сказать что балка laquoпредпочитаетraquo изги-баться не в плоскости действия внешнего изгибающего момен-та а в некоторой другой плоскости в которой жесткость на изгиб будет меньше Поэтому нейтральная линия повернута в сторону оси относительно которой момент инерции является наименьшим

54 Изгиб с растяжением и сжатием При действии изгиба с растяжением и сжатием в соответ-

ствии с принципом суперпозиций нормальные напряжения рас-считываются как

( ) ( ) ( )х уN М М (59)

те для произвольной точки поперечного сечения получим

а) б)

128

ух

x у

ММNу х

F J J (510)

Здесь значения внутренних силовых факторов N хМ уМ

определяются по их эпюрам с учетом фактического знака на-пряжений

Если поперечное сечение имеет выступающие углы то в них аналогично п 52 нормальные напряжения определяются выражением

ух

x у

ММN

F W W (511)

Дальнейший расчет на прочность выполняется аналогично п 51

Частным случаем изгиба с растяжением и сжатием являет-ся внецентренное растяжение ndash сжатие Рассмотрим случай внецентренного растяжения прямого стержня к которому в точке K приложена сила Р параллельная продольной оси z (рис 54) Начало координат (т 0) расположено в центре тяже-сти поперечного сечения стержня площадью F

Рис 54

Координаты рх и ру характеризует эксцентриситет точки

приложения силы Р Точка K называется полюсом силы

129

При указанном нагружении в произвольном поперечном сечении стержня возникают следующие внутренние силовые факторы

ndash продольная сила N P (512) ndash изгибающие моменты относительно осей х и у

х p y pМ Рy М Px (513)

Нормальное напряжение в соответствии с принципом су-перпозиций вычисляется по формуле (510) которая с учетом (512) и (513) принимает вид

1 p p

y x

хх yyР

F J J

или

2 21 p p

y x

хх yyР

F i i

(514)

Здесь х yi i ndash радиусы инерции поперечного сечения

(210) х и у ndash координаты произвольной точки поперечного се-чения в которой вычисляется нормальное напряжение

Для определения положения нейтральной линии в (514) следует положить 0 Уравнение нейтральной линии при этом принимает вид

2 21 0p p

y x

х yх у

i i (515)

Уравнение (515) является уравнением прямой которое записывается в виде

1х у

х y

а а (516)

Здесь введены обозначения 2 2

1y хх у

р р

i iа а

х у (517)

130

имеющие следующий геометрический смысл их уа а ndash от-

резки отсекаемые нейтральной линией которая является пря-мой на осях х и у соответственно

Таким образом для построения нейтральной необходимо по заданным координатам полюса ( pх pу ) и геометрическим

характеристикам ( х yi i ) поперечного сечения вычислить от-

резки х уа а с учетом их знака и построить прямую проходя-

щую через их концы Из (517) следует что нейтральная линия проходит через квадрант поперечного сечения противополож-ный полюсу K (рис 54) и ее положение не зависит от величи-ны приложенного усилия Р Положение нейтральной линии (нл) показано на рис 54б

Нейтральная линия делит сечение на две части в одной части напряжения сжимающие ( lt 0 ) в другой ndash растяги-вающие ( 0 ) на нейтральной линии σ = 0 В большей степе-ни нагруженными являются точки которые наиболее удалены от нейтральной линии На рис 54 б показана наиболее уда-ленная точка А с координатами иА Ах у Прямая nndashn парал-лельна нейтральной линии

Величина максимальных напряжений возникающих при внецентренном растяжении определяется по формуле (514)

max 2 21 A p A p

y x

х х y yР

F i i

(517)

Координаты плюса K ( pх pу ) и точки А ( А Ах у ) а также

значение силы Р представляются в (517) с учетом их знака Условия прочности для пластичных материалов записыва-

ется в виде (112) а для хрупких материалов ndash в виде (113) При внецентренном растяжении (сжатии) вводят понятие

ядра сечения Ядром сечения называют геометрическое место полюсов

силы для которых во всем поперечном сечении стержня возни-кают нормальные напряжения одного знака (либо сжимающие либо растягивающие)

Таким свойством сечение будет обладать только в том слу-чае если нейтральная линия касается внешнего контура попе-

131

речного сечения Поэтому для построения ядра сечения необ-ходимо laquoобкатыватьraquo нейтральную линию вокруг внешнего контура сечения [1] Доказано что ядро сечения образует об-ласть содержащую внутри себя центр тяжести поперечного сечения

В качестве примера на рис 55 показано ядро сечения для прямоугольного профиля размером b h

Рис 55

В этом случае ядро сечения является ромбом (на рис 55

оно заштриховано) содержащим центр тяжести С сечения Точ-ки 1 2 3 4 ядра соответствуют положениям нейтральной линии 1ndash1 2ndash2 3ndash3 и 4ndash4 которая касается внешнего контура попе-речного сечения При повороте нейтральной линии вокруг уг-ловой точки сечения граница ядра является прямой Например при повороте нейтральной линии 1ndash1 относительно угла сече-ния I в положение 2ndash2 получим границу ядра 1ndash2 и тд

Построение ядра сечения обычно выполняют для стерж-ней изготовленных из хрупких материалов работающих на сжатие В этом случае если сжимающую нагрузку приклады-вать в ядре сечения то по всему сечению будут возникать толь-ко сжимающие напряжения Это существенно повышает несу-щую способность конструкции

132

55 Расчет на прочность при пространственном изгибе

Задача 11 Балка прямоугольного поперечного сечения нагружена

двумя одинаковыми сосредоточенными силами Р в главных плоскостях в соответствии с рис 56

Рис 56

133

В точке А сила действует вертикально в точке В ndash гори-зонтально

Требуется 1) из условия прочности по нормальным напряжениям оп-

ределить требуемые размеры поперечного сечения 2) построить пространственную эпюру нормальных на-

пряжений для опасного сечения балки 3) определить величину и направление полного прогиба f

в сечениях А и В построить в этих сечениях схемы линейных перемещений

Исходные данные для расчета принять по табл 51 Материал балки ndash деревопластик модуль упругости Е =

= 1104 МПа допускаемые напряжения [σ] = 8 МПа

Таблица 51

Номер строки

Схема по рис 56

Р кН l м h

nb

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

8 2 3 4 5 6 7 8 6

10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

22 24 16 14 15 16 25 18 19 20

Буква шифра а б в г

Пример В соответствии с условиями задачи 11 выпол-

нить расчет на пространственный изгиб балки нагруженной как показано на рис 57

Исходные данные Р = 10 кН отношение сторон поперечного сечения балки

2h

nb

l = 3 м [] = 8 МПа Е = 1 104 МПа

Балка испытывает пространственный изгиб При решении задачи используем принцип независимости действия сил в со-ответствии с п 51

134

Рис 57

Выбираем пространственную систему координат xуz

(рис 57) Каждая сила в отдельности вызывает плоский попе-речный изгиб Поэтому действие каждой силы рассмотрим от-дельно

Решение 1) строим эпюру изгибающих моментов в вертикальной

плоскости yCz (рис 57б) Определим опорные реакции CY

и DY В силу симметрии действующей нагрузки и расчетной

а) б) в)

г)

д)

135

схемы опорные реакции в опорах С и D совпадают по направ-лению и равны

05C DY Y P

Уравнения изгибающих моментов на первом и втором участках имеют вид

IхМ = CY zI при 0 zI 05l

IIхМ = DY zII при 0 zII 05l

Для первого участка

ndash при zI = 0 I 0хМ

ndash при zI = 05 l IхМ = (P2) 05 l = 025Pl

Эпюра изгибающих моментов хМ симметрична и пред-

ставлена на рис 57в 2) строим эпюру изгибающих моментов в горизонтальной

плоскости хСz (рис 57г) Определяем опорные реакции CХ и DХ

Σ mom C = 0 ndash Pl3 + DХ l = 0 DХ = P3

Σ mom D = 0 ndash CХ l + P middot2l3= 0 CХ = 2P3

При zI = l3 IхМ = (P2)l3 = 0167Pl

Уравнения изгибающих моментов My

IуМ = CХ zI = 2P3middot zI при 0 zI l3

ndash при zI = 0 I 0уМ

ndash при zI = l3 Iу ВМ = (2 P3) (l3) = 2 Pl9 = 0222 Pl

уМ II = DХ zII при 0 zII 2l3

ndash при zII = 0 уМ II = 0

ndash при zII = 05l уМ II A = (P3)( 05l) = 0167Pl

ndash при zII = 2l3 уМ I B = (P3)(2l3) = 0222Pl

Эпюра уМ представлена на рис 57д

136

3) определяем размеры поперечного сечения Опасное со-стояние возникает в сечении где хМ и уМ одновременно ве-

лики те это может быть сечение А или В (рис 57а) Условие прочности в случае пространственного изгиба

имеет вид (56)

max [ ]x

yx

y

MM

W W

Здесь хW и yW ndash моменты сопротивления сечения относи-

тельно осей х и у которые для прямоугольного поперечного се-

чения определяется выражениями 2

6x

bhW

2

6yhb

W

Используя соотношение hb = n получим

2 2 3

6 6x

b nb n bW

2 3

6 6y

nb b nbW

те x yW nW

Подставив значение 3

6ynb

W в условие прочности окон-

чательно получим

3 2

6( )x yM nMb

n

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности для сечения А Изгибающие моменты хАМ и уАМ

определяем из эпюры рис 57вд

хАМ = 025Pl = 025 middot 10 middot 3 = 75 кНм

уАМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

6

332 2

6( ) 6(75 2 501) 10148мм 148 см

2 8

xA yAM nMb

n

h = 2b = 148 middot 2 = 296 см

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности сечения В Изгибающие моменты xBM и уBM берут

из эпюры рис 57вд

137

хВМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

уВМ = 0222Pl = 0222 middot 10 middot 3 = 666 кНм

6

332 2

6( ) 6(501 2 666) 10151 мм 151см

2 8

xВ yAВM nMb

n

b = 151 см h = 2b = 151middot2 = 302 см

Из двух найденных значений h и b для сечений А и В при-нимаем наибольшие значения h и b округлив их до целых вели-чин h = 30 см b = 15 см

Проверим выполнение условия прочности балки в сечении В

maxyBxB

Bx y

MM

W W

Моменты сопротивления сечения 2 215 30

22506 6x

bhW

см3

2 230 151125

6 6yhb

W

см3

Величина максимальных напряжений

6 6

max 3 3

501 10 666 10815 МПа gt

2250 10 1125 10B

Процент перегрузки равен

max 100 [ ]

815 8100 2 5

8

что допускается Окончательно принимаем h = 30 см b = 15 см 4) строим эпюру нормальных напряжений в опасном сече-

нии В используя принцип независимости действия сил в соот-ветствии с которым нормальное напряжение равно (51)

= ( xM ) + ( уM )

Эпюру нормальных напряжений σ в сечении В получим наложением эпюр B ( xM ) и B (Мy) Чтобы построить эпюры

138

B ( xM ) и B ( уM ) достаточно определить напряжения в угло-

вых точках 1 2 3 4 сечения (рис 51) 6

12 3

501 10( ) 223 МПа

2250 10х

хх

ММ

W

34( ) 223 МПахх

х

ММ

W

6

23 3

666 10( ) 5922 МПа

1125 10

уу

у

ММ

W

14( ) 592 МПауу

у

ММ

W

Эпюры нормальных напряжений σВ( хM ) и σВ( уM ) пред-

ставлены на рис 58а б

Рис 58

Суммарные нормальные напряжения σ в угловых точках

поперечного сечения вычисляем по формулам (53)

σ1 = ndash 223 + 592 = + 369 МПа

σ2 = ndash 223 ndash 592 = ndash 815 МПа

σ3 = + 223 ndash 592 = ndash 369 МПа

σ4 = + 223 + 592 = + 815 МПа

а) б)

139

Эпюра суммарных напряжений показана на рис 59 5) определяем положение нейтральной линии в опасном

сечении В Положение нейтральной линии определяется углом ко-

торый вычисляется из соотношения (54)

tg yB x

xB y

M J

M J

3 3

12 12x ybh h b

J J

23 2

32

2 2

12

12x

y

nbJ bh hn

J hb b b

где n задано по условию соотношение сторон

Тогда 2 20222tg

01672yB

xB

M Pln

M Pl = 5317

arctg( 5317) 79 Знак laquondashraquo показывает что нейтральная и силовая линии про-

ходят через разные квадранты поперечного сечения (рис 59)

Рис 59

Угол α отсчитывается от оси х

140

Нейтральная линия отделяет зону сжатых волокон от зоны растянутых

6) определяем полные линейные перемещения в сечениях А и В (те прогибы fA и fB) по формуле (57)

2 2 2 2 A A B BA Bf x y f x y

где Ax Ay и Bx By ndash составляющие прогиба в поперечных се-чениях А и В в направлениях осей координат х и у соответст-венно

Для нахождения составляющих прогибов используем ме-тод начальных параметров аналогично п 41

В данной задаче необходимо составить два уравнения про-гибов в плоскостях хCz и yCz для нахождения составляющих прогибов fA и fB

Так как балка в плоскостях xCz и yCz нагружена по-разному начальные параметры 0х и 0 у в каждой плоскости

имеют свое значение в плоскости xCz поперечное сечение в на-чале координат поворачивается относительно оси y на угол 0

y

в плоскости yCz ndash относительно оси x на угол 0 x

Прогибы

в начале координат 0 0 0x yy y так как в точке С при z = 0 ус-

тановлена опора (рис 57а) Предварительно вычислим осевые моменты инерции поперечного сечения xJ и yJ

3 315 30

12 12xbh

J

= 33 750 см 4 3 330 15

12 12yh b

J

=

= 8438 см 4 Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57б имеет

вид

3 3

005

( 05 )

6 6x x x Cz l

z P Z lEJ y EJ z Y

Определяем xEJ 0x из условия на опоре D

при z = l прогиб yD = 0 Тогда

3 3 2

0 0( 05 )

0 05 и 6 6 16x x x

x

l P l l PlEJ l P

EJ

141

Подставив это выражение в уравнение прогибов опреде-лим перемещение центров тяжести поперечных сечений

Ву при z = l3

32 3 31 1 05 1 23

16 3 6 3 12 108 56Bx

Pl P Pl Ply l l

EJ

3 3 12

4 4

10 3 10143

56 56 1 10 33750 10B

x

Ply

EJ

мм

Ау при z = l2

32 31 0 5 1

16 2 6 2 48x APl P Pl

EJ y l l

3 3 12

4 4

10 3 10167

48 48 1 10 33750 10A

x

Ply

EJ

мм

Точки А и В перемещаются вниз Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57 г имеет

вид

3 3

030

( 3)0

6 6x y Clz z

z P z lEJ z X

Определяем 0 y из граничного условия на опоре D

при z = l прогиб xD = 0 Тогда получим

3 3 2

0 02 ( 3) 5

0 и 3 6 6 81x x y

y

l P l l PlEJ l P

EJ

Подставим это выражение в уравнение прогибов и опре-делим перемещения поперечных сечений

xВ при z = l3

2 335

81 3 3 6

1

3

1 2 4

243y Bx l

Pl P PlEJ l

3 3 9 3

4 4

4 4 10 3 10 10527 мм

243 243 1 10 8438 10B

y

xРl

EJ

142

xА при z = l2

2 33 35 1 2 1 1 1

2 2 381 2 3 6 6 1296

23y Ax l l l

Pl P P PlEJ l

3 9 33

4 4

23 23 10 3 10 10

1296 1296 1 10 8438 10A

y

xPlEJ

= ndash 565 мм

Полный прогиб в сечении А (точки А и В перемещаются влево)

2 2 2 2( 565) ( 167) 589A A Af x y мм

Полный прогиб в сечении В

2 2 2 2( 5 27) ( 1 43) 5 46B B Bf x y мм

Определим направление полного прогиба в рассматривае-мых сечениях

Изобразим поперечное сечение балки и в масштабе отло-жим на осях х и у составляющие прогибов xА yA и xB yB а затем их векторно суммируем (рис 510 511)

Рис 510 Рис 511

Направление прогиба в сечениях А и В определяется соот-

ветственно углами βА и βВ

565tg 3404 arctg(3407) 735

167A

A АA

x

y

527tg 3685 arctg(3685) 745

143В

В ВВ

x

y

Углы βА и βВ имеют разную величину Это говорит о том что изогнутая ось балки является пространственной кривой

143

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают в по-перечных сечениях элемента конструкции при пространствен-ном изгибе

2 Как определяются нормальные напряжения при про-странственном изгибе

3 Какие точки поперечного сечения с выступающими уг-лами являются наиболее нагруженными при пространственном изгибе

4 Что называется нейтральной линией 5 Запишите условие прочности при пространственном из-

гибе 6 Как определяется положение нейтральной линии при

пространственном изгибе 7 Как определяются перемещения при пространственном

изгибе балки 8 Что называется косым изгибом 9 Сформулируйте свойства нейтральной линии при косом

изгибе 10 Как вычисляются нормальные напряжения при косом

изгибе 11 Как определяется наиболее нагруженная точка попе-

речного сечения балки при косом изгибе 12 Как вычисляются напряжения при растяжении (сжа-

тии) с изгибом 13 Что такое внецентренное растяжение (сжатие) 14 Сформулируйте свойства нейтральной линии при

внецентренном растяжении (сжатии) 15 Что такое ядро сечения Для чего оно определяется

144

Глава 6

ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ

61 Анализ напряженного состояния Большинство элементов конструкций работает в условиях

сложного напряженного состояния которое в самом общем случае характеризуется тензором напряжений Т который за-

писывается в виде матрицы

х ху хz

уx y yz

zx zy z

Т

(61)

где х y z ndash нормальные напряжения действующие на гра-

нях бесконечно малого элемента выделенного в исследуемой точке А конструкции (рис 61) уx yz hellip ndash касательные на-

пряжения действующие на гранях этого элемента [1 6]

Рис 61

Существенной особенностью напряженного состояния яв-

ляется то что в соответствии с условиями равновесия этого элемента выполняется закон парности касательных напряже-

145

ний в соответствии с которым выполняются следующие соот-ношения

xy yx xz zx yz zy (62)

Формулировка закона парности касательных напряжений На двух взаимно перпендикулярных гранях имеющих об-

щее ребро действуют касательные напряжения которые направлены к ребру либо от ребра и равны между собой по ве-личине

Таким образом тензор напряжений (61) является симмет-ричным а напряженное состояние в точке конструкции в самом общем случае характеризуется шестью напряжениями x у

z xу хz yz Существенной особенностью является то что

величина этих напряжений существенно зависит от ориентации элемента в пространстве

В теории упругости доказано что существует единствен-ное положение элемента в пространстве при котором одновре-менно на всех его гранях касательные напряжения равны нулю и действуют только нормальные напряжения (рис 62)

Рис 62

Площадки на которых касательные напряжения равны

нулю называются главными площадками Нормальные напря-жения действующие на главных площадках называются глав-ными и обозначаются 1 2 3

Главные напряжения однозначно определяют напряжен-ное состояние в исследуемой точке и нумеруются по следую-щему правилу с учетом их знака

146

1 2 3 (63)

Главные напряжения являются корнями кубического урав-нения

3 21 2 3 0J J J (64)

Здесь jJ ndash инварианты ( 1 2 3j ) величины которых не

зависят от ориентации исходных площадок выделенного беско-нечно малого элемента (рис 61) и определяются выражениями

1

2 2 22

( )

x y z

x y x z у z ху хz yz

J

J

3

х ху хz

уx y yz

zx zy z

J T

Инвариант 3J является определителем тензора напряже-

ния и симметричным относительно его главной диагонали Существует три вида напряженного состояния ndash линейным ndash называется напряженное состояние при

котором два главных напряжения равны нулю (например

2 3 0 )

ndash плоским ndash называется состояние при котором одно главное напряжение равно нулю (например 2 0 )

ndash объемным ndash называется состояние при котором все главные напряжения отличны от нуля ( 1 2 30 0 0 )

Примеры видов напряженного состояния ndash при растяжении стержней и изгибе балок в наиболее на-

груженных точках поперечного сечения напряженное состояние является линейным 1 max 2 3 0 (см п11 31)

ndash при кручении валов круглого поперечного сечения на-пряженное состояние является плоским 1 2 3 1 0

где ndash касательные напряжения (см п 21) ndash объемное напряженное состояние имеет место в зоне

контакта шарика (ролика) с обоймой подшипника качения

(65)

147

62 Обобщенный закон Гука При сложном напряженном состоянии обобщенный за-

кон Гука устанавливает связь между главными напряжени- ями 1 2 3( ) и главными относительными деформациями

1 2 3( ) в виде[1]

1 1 2 3

2 2 1 3

3 3 1 2

1( )

1( )

1( )

Е

Е

Е

(66)

где Е и ndash модуль упругости и коэффициент Пуассона мате-риала элемента конструкции

Рассмотрим частные случаи обобщенного закона Гука При плоском напряженном состоянии 3 0 обобщен-

ный закон Гука имеет вид

1 1 2

2 2 1

3 1 2

1( )

1( )

( )

Е

Е

Е

(67)

Существенной особенностью является то что относитель-ная деформация 3 0

Решая систему первых двух уравнений (67) относительно главных напряжений 1 и 2 получим иную форму обобщен-ного закона Гука при плоском напряженном состоянии

1 1 22

2 2 12

( )1

( )1

Е

Е

(68)

148

Эта форма записи используется обычно в тех случаях ко-гда для исследуемого элемента конструкции известны относи-тельные деформации 1 и 2 и требуется определить главные напряжения Например при экспериментальных исследованиях напряженно-деформированного состояния с помощью тензо-метрического метода [7 8]

При линейном напряженном состоянии 2 3 0

обобщенный закон Гука принимает вид

1 1Е 1 3 1 1Е

(69)

что совпадает с обычным законом Гука (14) Здесь необходимо обратить внимание на то что при 2 3 0 относительные

деформации 2 3 0

63 Критерии прочности

При расчетах на прочность элементов конструкций имею-щих сложное напряженное состояние это состояние (рис 63а) заменяется эквивалентным ему с точки зрения прочности ли-нейным состоянием при котором на гранях элемента действуют только эквивалентные напряжения экв (рис 63б)

Величина эквивалентных напряжений определяется как функция от главных напряжений

экв 1 2 3( )f (610)

где вид функции f определяется экспериментальными и теоре-тическими критериями (теориями) прочности

Рис 63

а) б)

149

Так как характер разрушения элементов конструкций из хрупких и пластичных материалов является различным то критерии вводятся отдельно для хрупких и пластичных мате-риалов [1]

631 Критерии прочности для хрупких материалов

1 Первый критерий (критерий наибольших напряжений)

Iэкв 1 3max( ) (611)

В качестве эквивалентного выбирается наибольшее по аб-солютной величине главное напряжение

Так как критерий учитывает только одно главное напря-жение из трех то он имеет весьма ограниченную область при-менения Экспериментальная проверка показала что его можно применять только для очень хрупких материалов (стекло кера-мика)

2 Второй критерий Критерий СенndashВенана (критерий наибольших относительных деформаций) В соответствии с кри-терием эквивалентные напряжения определяются выражением

I Iэкв 1 2 3( ) (612)

где ndash коэффициент Пуассона материала элемента конструкции Критерий учитывает все главные напряжения и широко

применяется на практике 3 Экспериментальный критерий Мора В соответствии с критерием

Мэкв 1 3m (613)

где коэффициент рвсжв

m

рв и сж

в ndash пределы прочности ма-

териала на растяжение и сжатие соответственно Так как для

хрупких материалов сж рв в то выполняется условие

0 1m Так как критерий не учитывает напряжение 2 то его ре-

комендуется применять для случаев когда 2 0 или является малым

150

632 Критерии прочности для пластичных материалов

1 Третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений)

Эквивалентные напряжения определяются выражением IIIэкв 1 3 (614)

Так как критерий не учитывает главное напряжение 2 то его рекомендуется применять в тех случаях когда 2 0 или является малым

2 Четвертый критерий (Критерий Губера minus Мизеса) Этот критерий является энергетическим и основан на оп-

ределении удельной потенциальной энергии вызывающей не-допустимое изменение формы элемента конструкции те его текучесть

Величина эквивалентных напряжений определяется вы-ражением

2 22IVэкв 1 2 1 3 2 3

1

2

(615)

и учитывает все главные напряжения что обеспечивает его вы-сокую точность и согласованность с результатами эксперимен-тальных исследований

Расчетная практика показывает что при применении третьего и четвертого критериев прочности всегда выполняется условие

III IVэкв экв (616)

Таким образом третий критерий дает завышенное или точное значение эквивалентных напряжений Так как вычисле-ния по третьему критерию оказываются проще то его чаще применяют в практических расчетах на прочность элементов конструкций находящихся в сложном напряженном состоянии При этом расчет на прочность по третьему критерию в силу выполнения условия (616) приводит к тому что проектируе-мый элемент конструкции будет иметь коэффициент запаса прочности несколько больше чем он был задан

П р и м е ч а н и е При расчете эквивалентных напряжений по формулам (611)ndash(615) обязательно необходимо учитывать знаки глав-ных напряжений в соответствии с правилом их нумерации (63)

151

64 Частные случаи напряженного состояния

Рассмотрим частные случаи напряженного состояния при

некоторых видах нагружения

641 Кручение валов При кручении валов круглого поперечного сечения (см

п 2) в поперечных сечениях действуют только касательные на-пряжения

Нормальные напряжения отсутствуют В этом случае главные напряжения равны

1 2 3 0 а напряженное состояние явля-ется плоским

Эквивалентные напряжения вычисленные по III и IV кри-териям (614) и (615) соответственно равны

2 2 2IVэкв

10 0 3

2

IIIэкв ( ) 2

Сравнивая значения эквивалентных напряжений получим IIIэкв gt IV

экв что соответствует (616)

642 Изгиб с кручением валов При изгибе с кручением в произвольной точке поперечного

сечения вала действуют нормальные напряжения и касатель-ные напряжения

Главные напряжения при этом равны

2 213 2

14 0

2 2

(617)

где знак laquo+raquo относится к 1 а знак laquondashraquo к 3 Эквивалентные напряжения по III и IV критериям после

подстановки (617) в (614) и (615) определяются по формулам

III 2 2экв 4 (618)

IV 2 2экв 3 (619)

те соотношение (616) выполняется

152

643 Общий случай плоского напряженного состояния

Общий случай плоского напряженного состояния в точке А показан на рис 64

Рис 64

В этом случае 0 0 0z yx xy xz zx zy yz

Вычисляя инварианты (65) и решая уравнение (64) полу-чим корни уравнения ( )j при j = 1 2 3

2 2(1)(2) 4

2x y

x y

(620)

(3) 0

Окончательная нумерация главных напряжений в (620) производится в соответствии с правилом (63) Так как одно из главных напряжений равно нулю то в соответствии с п 61 на-пряженное состояние является плоским

Подставляя выражения (620) в (614) и (615) получим значения эквивалентных напряжений по третьему и четверто-му критериям прочности Так как эти выражения являются достаточно сложными для четвертого критерия то оконча-тельно в (614) (615) следует подставлять численные значения главных напряжений (619) рассчитанные для конкретной задачи

153

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого

поперечного сечения Рассматриваем валы круглого поперечного сечения рабо-

тающие на изгиб с кручением К таким элементам конструкций относятся валы коробок передач редукторов трансмиссионные и другие разновидности валов различных машин и механизмов

В самом общем случае считаем что имеет место про-странственный изгиб те в поперечном сечении действуют два изгибающих момента xM и yM и крутящий момент

крM (рис 65а) Изображая изгибающие моменты в виде векто-

ров xM и yM получим что их можно привести к результи-

рующему изгибающему моменту (рис 65 б)

2 2и х уM М М (621)

Рис 65 Таким образом имеет место пространственный изгиб вала

под действием изгибающего момента иM который определяет-ся в каждом сечении по эпюре изгибающих моментов xM и

yM Используя соотношение (621) строим эпюру результирую-

щего изгибающего момента и M Максимальное нормальное на-пряжение от его действия определяется выражением

иmax

и

M

W (622)

а) б)

154

где момент сопротивления круглого поперечного сечения на из-гиб ( и x yW W W )

ndash для круглого сечения

3

и 32

DW

(623)

ndash для кольцевого сечения

3

4и 1

32

DW с

(624)

при d

сD

где D d ndash внешний и внутренний диаметр вала

При действии крутящего момента крМ в наиболее нагру-

женных внешних точках поперечного сечения вала возникают касательные напряжения максимальная величина которых вычисляется по формуле

крmax

р

M

W (625)

где рW minus полярный момент сопротивления (момент сопротив-

ления при кручении) который для вала круглого поперечного сечения определяется соотношениями

р и2W W (626)

Так как при изгибе с кручением напряженное состояние в наиболее нагруженных точках вала является упрощенным плоским то при расчете на прочность необходимо вычислить главные напряжения (617) и соответствующие им эквивалент-ные напряжения (610) на основании выбранного критерия прочности

Условие прочности для пластичных материалов в этом случае записывается в виде

max экв (627)

где max экв minus максимальные эквивалентные напряжения в наи-

более нагруженном поперечном сечении вала

155

Валы работающие на изгиб с кручением чаще всего изго-тавливают из пластичных материалов поэтому для расчетов на прочность используют третий (618) или четвертый (619) кри-терий прочности

Выражения для эквивалентных напряжений по третьему и четвертому критериям прочности можно привести к единой формуле

эквэкв

и

М

W (628)

в которой эквивалентный момент эквМ в зависимости от вы-

бранного критерия прочности (619) или (620) с учетом (626) вычисляется по формулам

ndash для третьего критерия

III 2 2экв и кр М M М (629)

ndash для четвертого критерия

IV 2 2экв и кр075М M М (630)

Выбрав критерий строят эпюру эквивалентного момента

эквМ по длине вала и определяют наиболее нагруженное попе-

речное сечение в котором эквМ принимает максимальное зна-

чение эквmaxМ В соответствии выражениями (628) и (627)

записывают условие прочности

эквэкв

и

maxmax

М

W (631)

Обеспечивая выполнение условия прочности (631) реша-ют одну из поставленных задач

ndash выполняют проверочный расчет ndash выполняют проектный расчет ndash определяют допускаемую внешнюю нагрузку дейст-

вующую на вал

156

66 Расчет трансмиссионного вала Задача 12 На вал насажены два шкива через которые перекинуты

ремни (рис 66) Ветви ремней параллельны друг другу и на-клонены к горизонту под углами 1 и 2 От первого шкива ре-мень идет к электродвигателю в этом ремне усилие в сбегаю-щей ветви вдвое больше чем в набегающей От второго шкива ремень идет к станку в этом ремне усилие в набегающей ветви вдвое больше чем в сбегающей Станок имеет мощность N (кВт) частоту вращения вала n (обмин) Материал вала ndash сталь 20 с пределом текучести σт = 240 МПа нормативный ко-эффициент запаса прочности nт = 15

Используя четвертый критерий прочности определить не-обходимый диаметр вала

Данные для расчета выбрать из табл 61 схему ndash по рис 66 Принять D = 01 м а = 01 м Весом шкивов пренеб-речь

Таблица 61

аi Di Номер строки

Схема по

рис 66 а1 а2 а3 D1 D2

1 град

2 град

N кВт

n обмин

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII III V

2a a 2a 3a a a a 2a а а

3a 2a a a

3a a a a а

2а

a a a a a 2a 3a 2a 2а а

4D 3D 3D 2D

24D 32D 3D 4D

25D 3D

6D 4D 5D 4D 5D

64D 45D 5D 4D

55D

0 90 45 90 0

60 30 90 60 50

30 60 0 45 45 0 90 30 45 30

20 40 30 20 25 35 40 25 25 35

100 200 120 80 160 100 120 140 140 150

Буква шифра

а в г д в г д д г в

157

Рис 66

Пример Выполнить проектный расчет трансмиссионного

вала ременной передачи (рис 67а) Вал сплошной и имеет внешний диаметр d Шкивы имеют диаметры D1 и D2 (см рис 67)

158

Дано a1 = a2 = а = 01 м а3 = 2а = 02 м D1 = 2D = 02 м D2 = 3D = 03 м 1 = 0 2 = 30 N = 20 кВт n = 100 мин-1

Рис 67

Решение В местах посадки шкивов возникают равнодействующие

усилия от натяжений ремней и скручивающие пары от разности натяжений сбегающей и набегающей ветвей ремней Следова-тельно вал работает на изгиб и кручение (рис 67б)

1) Определяем внешний скручивающий момент

а) б) в) г)

д)

е)

159

209736 9736 1947

100

Nm

n кНм

2) Строим эпюру крутящих моментов Из условия равно-весия заключаем что m1 = m2 = m = 1947 кНм (рис 67в) Кру-тящий момент на участке BK экв 1974 КН мМ m

3) Определяем усилия натяжения ремней t1 и t2

1 1 11

2m m t D отсюда 1

1

2 2 19471947

02

mt

D

кН

2 2 21

2m m t D отсюда 2

2

2 2 19471298

03

mt

D

кН

4) Определяем равнодействующие усилия натяжения рем-ней действующих на вал в местах посадки шкивов

1 13 3 1947 5841P t кН 2 23 3 1298 3894P t кН

По условиям задачи усилие P1 направлено горизонтально (1 = 0) а P2 ndash под углом 2 = 30

Для удобства построения эпюр изгибающих моментов раз-ложим силу Р2 на вертикальную 2уР и горизонтальную 2хР со-

ставляющие

2уР = P2sin30ordm = 3894 05 = 1917 кН

2хР = P2cos30ordm = 3894 08667 = 3375 кН

Составим расчетные схемы в горизонтальной плоскости (рис 62г) и в вертикальной (рис 62д)

5) Строим эпюру изгибающих моментов хМ в вертикаль-

ной плоскости yAz (см рис 67г) Из уравнений равновесия определяем опорные реакции YA

и YC

Σ mom A = 0 YC 2a 2 yР 4a = 0

YC = 2 2 yР = 2 1947 = 3894 кН

Σ mom C = 0 YA 2a 2 yР 2a = 0

YA = 2 yР = 1947 кН

Уравнения изгибающих моментов

160

IxM = YA zI = 1947 zI 0 zI 01 м

при zI = 0 1x

M = 0

при zI = 01 м 1x

M = 1947 кНм

IIxM = YA (01 + zII) = 1947(01 + zII) 0 zII 01 м

при zII = 0 IIxM = 1947 кНм

при zII = 01 м IIxM = 3894 кНм

IIIxM = P2 zIII = 1947zIII 0 zIII 02 м

при zIII = 0 IIIxM = 0

при zIII = 02 м IIIxM = 3894 кНм

6) Строим эпюру изгибающих моментов My в горизон-тальной плоскости xAz (рис 67д)

Из уравнений равновесия определяем опорные реакции XA и XC

Σ mom A = 0 1xP a XC 2a + 2xP 4a = 0

XC = 05(4 2xP P1)

XC = 05(4 3375 5841) = 3830 кН

Σ mom C = 0 XA 2a + 1xP a + 2xP 2a = 0

XA = 05( 1xP + 2 2xP )

XA = 05(5841 + 3375 2) = 6296 кН

По участкам используя метод сечений аналогично пре-дыдущему пункту строим эпюру изгибающего момента yМ

в горизонтальной плоскости (рис 67 д) 7) Строим эпюру результирующего изгибающего момента

Mи (617) (рис 67е) складывая геометрически эпюры хМ

и yМ

2 2и y xМ М M

В характерных точках В и С они равны соответственно

161

2 2и( ) 1947 6296 6590ВМ кНм

2 2и( ) 3894 675 7793СМ кНм

Следовательно опасным сечением будет сечение С для которого

и( ) 7793СМ кНм и кр( ) 1947СМ кНм

8) Определяем по четвертой теории прочности эквива-

лентный момент IVэквМ в опасном сечении С (626)

IV 2 2экв и( ) кр( )075С СМ M М

IV 2 2экв 7793 075 1947 7975М кНм

9) Определяем необходимый диаметр d вала Допускаемое

напряжение принимаем равным т

т

240160

15n

МПа

Условие прочности (627) имеет вид

IV

IV эквmax экв

и

М

W

где 3

и 32

dW

Тогда

IV 6max экв 33

32 32 7975 10794

314 160

Md

мм

Окончательно принимаем диаметр вала d = 80 мм

67 Общий случай сложного сопротивления

Задача 13 Стальной коленчатый стержень постоянного круглого по-

перечного сечения нагружен внешними силами Рi и парами m Выполнить проектный расчет если дано ndash длины участков стержня ai

162

ndash пределы текучести на растяжение и сжатие σтр = σтс = σт= = 420 МПа

ndash коэффициент запаса прочности nт = 15 Использовать третью теорию прочности Расчетную схему выбрать по рис 68 данные для расчета ndash

по табл 62 Принять Р = 01 кН а = 04 м

Рис 68

163

Таблица 62

Нагрузки аi Номер строки

Схема по рис 111 m Р1 Р2 а1 а2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IV VI

Pa 2Pa

15Pa Pa Pa 2Pa Pa Pa

17Ра 21Ра

P 2P

15P P P

2P 3P P

15Р 2Р

2P P P

2P P

2P P

15P 2Р

35Р

а а

2 а а

2 а а а

2 а а

15а

2 а а а

2 а а а а

2 а а

15а

Буква шифра

а в д г в б

Пример Произвести проектировочный расчет коленчато-

го стержня постоянного круглого сечения (рис 69а) если дано

Р1=Р Р2 = 2Р m = Pa a1 = 2a a2 = a

Принять Р = 01 кН а = 04 м σт = 420 МПа коэффициент запаса прочности nт = 15

Участки стержня соединены жестко под прямыми углами Ось z совмещается с центральной продольной осью участка и направлена в сторону свободного конца стержня Оси y и x ле-жат в плоскости поперечного сечения (ось x направлена вправо ось y направлена вверх) При переходе к последующему участку производят поворот системы координат принятой на предыду-щем участке относительно оси которая перпендикулярна к плоскости образуемой этими смежными участками Поворот осуществляется так чтобы ось z совпала с продольной осью участка стержня При этом система координат xyz является жесткой

Решение начинается с выбора направления опорных реак-ций и определения внутренних усилий нормальной силы N крутящего момента кр zМ М изгибающих моментов хМ

и yМ

164

Рис 69

Решение 1) строим эпюру нормальных сил N (рис 69б)

I 2 II III IV 22 0 0 2 N P P N N N Р Р

2) строим эпюру крутящих моментов кр zМ М (рис 69в)

в)

а) б)

е) д)

г)

165

крI крII крIII крIV 10 0 0 2 М М М М m Р а Ра Ра Ра

3) строим эпюру изгибающих моментов yМ (создается

в данном случае силой Р2 изгиб происходит в горизонтальной плоскости) Эпюру строим на сжатом волокне (рис 69г)

I II2 II II II0 2 0 y yM M P z Pz z a

IVIII20 2 y yM M P a Pa

4) строим эпюру изгибающих моментов хМ (создается си-

лой Р изгиб происходит в вертикальной плоскости) (рис 69д)

I II III 1 I I I0 0 0 x x xM M M P z Pz z a

I XIII I XIII0 0 z M z a M Pa

XIV 1 IVM P z

IV IV XIV IV XIV0 2 0 0 2 2 z a z M z aM Pa

5) строим эпюру результирующего изгибающего момента

иМ (рис 69е) для чего подсчитываем его величину в харак-терных сечениях участков I II III и IV (см рис 69а) по фор-муле (621)

2 2и1-1 х уМ М М

Значения хМ и yМ берем с эпюр рис 69гд

и1 1

2и2 2

2и3 3

2 2и4 4

0

(2 ) 2

( )

(2 ) (2 ) 2 2 283

М

М Ра Ра

М Ра Ра

М Ра Ра Ра Ра

6) определяем опасное сечение где крутящий момент

кр М суммарный изгибающий момент иМ и нормальная сила N

одновременно велики Анализ эпюр по рис 69бве показывает что опасным яв-

ляется сечение в заделке где

N = 2P крМ = 2Pa и 2 2 283 М Ра Ра

166

7) сравниваем величины нормальных напряжений ( )N от нормальной силы N и от изгиба и( )М

2 2

2 4 8( )

N P PN

F d d

иmax и( )

х

ММ

W

где 3

30132xd

W d

ndash осевой момент сопротивления площади

поперечного сечения стержня

Тогда max и 3 3

283 32 905( )

Ра РаМ

d d

2max и

3

( ) 9051128

( ) 8

М Pa d a

N dd P

Так как a gtgt d в данном случае влиянием нормальной си-лы N на прочность можно пренебречь и вести расчет для случая изгиба с кручением

8) определяем диаметр стержня по третьему критерию (629) используя условие прочности (631)

IIIэкв

max эквIIIи

M

W

Здесь IIIэквM ndash эквивалентный момент в опасном сечении

который по третьей теории прочности равен (629)

III 2 2 2 2экв и кр (283 ) (2 ) 346M М М Ра Ра Ра

Допускаемое напряжение равно

т

т

420280

15n

МПа

Тогда

III 6экв 33 3

346 346 01 04 1017

01 01 01 280

M Pad

мм

167

Округляем диаметр до ближайшего четного значения и принимаем d = 18 мм

Если положение опасного сечения неочевидно вычисляют

эквM в характерных сечениях Опасным считается сечение

в котором эквM принимает наибольшее значение

Контрольные вопросы

1 Какие напряжения называются главными 2 Укажите существующие типы напряженных состояний 3 Как определяются главные напряжения 4 Какое напряженное состояние имеет место при круче-

нии валов 5 Сформулируйте закон парности касательных напря-

жений 6 Какое напряженное состояние имеет место при изгибе

с кручением 7 Что такое эквивалентные напряжения 8 Как записывается условие прочности при сложном на-

пряженном состоянии 9 Сформулируйте критерии прочности для хрупких мате-

риалов Объясните их физический смысл 10 Сформулируйте третий критерий прочности Укажите

его достоинства и недостатки 11 Сформулируйте четвертый критерий прочности 12 Сравните третий и четвертый критерии прочности ме-

жду собой Укажите области их применения 13 Запишите обобщенный закон Гука для сложного на-

пряженного состояния 14 Запишите обобщенный закон Гука для плоского на-

пряженного состояния 15 В каких случаях валы подвергаются действию изгиба

с кручением 16 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

моментов по третьему и четвертому критериям прочности 17 Сформулируйте порядок расчета на прочность при из-

гибе с кручением вала 18 Как вычисляются главные напряжения в общем случае

плоского напряженного состояния

168

19 Чему равны главные напряжения при кручении валов 20 Чему равны главные напряжения при изгибе с круче-

нием валов 21 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

напряжений по третьему и четвертому критериям при изгибе с кручением валов

169

Глава 7

УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

71 Основные понятия Под устойчивостью понимается свойство системы само-

стоятельно восстановить свое первоначальное состояние после того как ей было сообщено малое отклонение от исходного по-ложения равновесия Если система не обладает таким свойст-вом то она называется неустойчивой [1]

Ниже рассматривается устойчивость центрально сжатых стержней (рис 71) которые при потере устойчивости изгиба-ются

Рис 71

Критической силой крР называется наименьшее значение

сжимающей продольной силы при котором прямолинейная форма равновесия стержня перестает быть устойчивой

Критическое напряжение определяется по формуле

кркр

Р

F (71)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня Условие устой-чивости можно записать в двух видах

ndash по напряжениям возникающим в поперечных сечениях стержня

170

у (72)

ndash по усилиям

уР Р (73)

Здесь допускаемые напряжения у и силы уР на ус-

тойчивость определяется соотношениями

кру

уn

кр

уу

РР

n (74)

где уn 1 ndash коэффициент запаса на устойчивость который

обычно принимается больше чем коэффициент запаса на проч-ность уn тn ndash для пластичных материалов уn вn ndash для хруп-

ких материалов

72 Расчетные формулы При расчетах на устойчивость вводится понятия гибкости λ

и предельной гибкости пред стержня

Гибкостью называется безразмерный параметр

l

i

(75)

где μ ndash коэффициент приведенный длины величина которого

зависит от способа закрепления концов стержня (прил 5) J

iF

ndash

минимальный радиус инерции поперечного сечения Здесь J ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения относи-тельно его главных центральных осей х и у (см п 21)

min( )x уJ J J (76)

Предельной гибкостью называется безразмерный пара-метр

2

предпц

Е

(77)

171

где Е и пц ndash модуль упругости первого рода и предел пропор-

циональности материала стержня Существенной особенностью является то что гибкость λ

зависит только от геометрических характеристик и способа за-крепления концов стержня (75) Предельная гибкость пред за-

висит только от свойств материала стержня (76) Если гибкость стержня больше или равна предельного

значения пред( ) то при потере устойчивости в поперечных

сечениях возникают только упругие деформации При предlt

в сечениях стержня при потере устойчивости имеют место уп-руго-пластические деформации [1]

В зависимости от вида деформаций в поперечных сечени-ях стержня расчет критических сил крР и критических напря-

жений кр проводятся по следующим формулам

ndash при пред расчет ведется по формулам Л Эйлера

2Э

кр кр 2

( )

ЕJР Р

l

(78)

2Э

кр кр 2

E

(79)

При выполнении условия предlt расчет ведется по фор-

муле ФЯсинского Я

кр кр а b c (710)

Я Якр кр кр Р Р F (711)

Здесь a b c ndash коэффициенты величины которых зависит от свойств материала Эти коэффициенты определяются экспе-риментально а их значения для некоторых материалов приве-дены в табл 71 и [8]

Таблица 71

Значения коэффициентов МПа Материал

a b с Предельная

гибкость пред

1 2 3 4 5 Ст2 250 0668 0 105

172

Окончание табл 71

1 2 3 4 5 Ст3 310 114 0 100 Ст4 Сталь 20

343 142 0 95

Ст5 464 3617 0 100 Сталь 45 589 382 0 85 Чугун 776 120 0053 60 Алюминиевый сплав Д16Т

400 333 0 -

Дерево (ель сосна)

293 0194 0 70

На рис72 для материала Ст3 показана полная диаграмма

зависимости критических напряжений кр ( ) от гибкости λ ко-

торая позволяет выделить зоны в которых применяются фор-мулы Л Эйлера (79) и Ф Ясинского (710) При построении диаграммы принято что коэффициент с = 0 в выражении (710)

Рис 72

Зона I ( 40 ) соответствует сжатию коротких стержней

Потери устойчивости в этой зоне не происходит стержень ра-ботает на сжатие

Зона II (40 lt λ lt 100) соответствует стержням средней гибкости Потеря устойчивости происходит с образованием пластичных деформаций в поперечном сечении стержня Расчет ведется по формулам Ф Ясинского

Зона III (λ 100) соответствует гибким стержням Потеря

устойчивости происходит в упругой области кр пц Рас-

чет ведется по формулам Л Эйлера

173

73 Особенности расчета на устойчивость

В тех случаях когда стержни работающие на сжатие

имеют различные условия закрепления в главных плоскостях инерции необходимо вычислить гибкости х и у относитель-

но главных центральных осей х и у поперечного сечения (см например рис73а) В плоскости x0z оба конца стержня жестко защемлены (рис73б) В плоскости у0z верхний конец свободен (рис 73в)

Рис 73 На рис73б ndash показана форма потери устойчивости

в плоскости х0z и значение коэффициента приведенной длины

при потере устойчивости относительно оси у 1

2у

а) б) в)

174

На рис73в показана форма потери устойчивости относи-тельно оси х в плоскости y0z При этом коэффициент приведен-ной длины 2х

Гибкости стержня в этих плоскостях вычисляются анало-гично (75)

yу

y

l

i

x

xx

l

i

(712)

где радиусы инерции относительно осей х и у определяются как (210)

уу

Ji

F х

xJ

iF

(713)

Так как потеря устойчивости происходит в плоскости мак-симальной гибкости то вычисляют максимальную гибкость

max ( )x у (714)

и весь дальнейший расчет на устойчивость ведется в соответст-вии с п 72

74 Практический расчет на устойчивость

При практических расчетах стержней на устойчивость ус-

ловие устойчивости (72) часто заменяют на условие аналогич-ное условию прочности (112)

В этом случае условие устойчивости записывают в виде

сж (715)

где сж ndash допускаемые напряжения на сжатие для материала

стержня Коэффициент φ 1 называется коэффициентом сниже-

ния допускаемых напряжений Он зависит от марки материала и гибкости λ стержня Значения этого коэффициента для некото-рых материалов приведены в прил 7 и справочнике [3]

Таким образом расчет на устойчивость с помощью коэф-фициента φ сводится к обычному расчету на прочность но с пониженными допускаемыми напряжениями

175

75 Расчет на устойчивость Задача 14 Определить допускаемое значение силы уР из расчета

на устойчивость стержня Коэффициенты запаса устойчивости ndash для стали nу = 25 ndash для чугуна nу = 4 Опорные закрепления стержня в обеих главных плоско-

стях одинаковы Основные параметры даны в табл 72 расчетные схемы и

поперечные сечения стержней приведены на рис 74 Примечани е Формула Ясинского Я 2

кр а b c применима

если гибкость стержня λ удовлетворяет условиям для стали пред40

для чугуна пред20

При λ пред применяется формула Эйлера

Таблица 72

Коэффициенты Ясинского

Ном

ер

строки

Схема

по

рис

74

l м а1 мм

а2 мм

а3 мм

Материал

Е105МПа

σпц МПа а

МПа в

МПа с

МПа

1 2 3 4 5

I II III IV V

18 19 22 25 27

15 20 20 30 30

35 45 50 60 50

70 60 70 85 80

Сталь

22 21 19 21 20

200 210 230 190 250

310 320 340 300 350

114 120 130 105 130

0 0 0 0 0

6 7 8 9 0

VI VII VIII IX X

30 17 28 24 21

25 15 25 20 15

55 50 65 45 40

90 85 75 75 60

Чугун

10 11 10 09 10

200 200 190 180 180

780 770 700 700 700

120 125 120 115 116

00500051005000500051

Буква шифра

а г д в

176

Рис 74

Пример В соответствии с условиями задачи 14 опреде-

лить допускаемое значение силы уР из расчета на устойчи-

вость стального стержня показанного на рис 75 если известно

l = 12 м а1 = 20 мм а2 = 40 мм а3 = 65 мм

177

Е = 2105 МПа σпц = 200 МПа

коэффициенты Ясинского а = 310 МПа b=114 МПа с = 0 Решение 1) определяем положение центра тяжести поперечного се-

чения

Рис 75 Рис 76

Выбираем вспомогательную систему координат yx1 для

заданного поперечного сечения (рис 76) где ось y будучи осью симметрии является главной центральной осью

Для определения вертикальной координаты центра тяже-сти разбиваем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и опреде-ляем координату центра тяжести Cy по формуле (22)

1

1

1300 525 800 10363

1300 800

n

i Cii

C n

ii

F yy

F

мм

где i CiF y ndash площадь и координата центра тяжести i-й части се-

чения в принятой системе координат n ndash число элементарных частей на которые разбивается сечение (в данном случае n = 2)

При этом F1 = 1300 мм2 F2 = 800 мм2 C iy = 525 мм

C iy = 10 мм

Вторая главная центральная ось х проходит через центр тяжести C всего сечения (см рис 76)

178

2) определяем моменты инерции относительно главных центральных осей используя формулу (27) о параллельном пе-реносе осей

21

1( )

n

x xi ii

J J b F

где xiJ ndash момент инерции i-й части относительно своей цен-

тральной оси х bi ndash расстояние между центральной осью i-й части и главной центральной осью всего сечения

Применительно к рассматриваемому сечению (см рис 76) получим

2 21 1 1 2 2 2x x xJ J b F J b F

где 3

12i

i ix

b hJ

1

320 65

12xJ

2

340 20

12xJ

Окончательно получим

32

32 4 4

20 65162 1300

12

40 20263 800 138 10 мм

12

xJ

Так как ось у является главной центральной для всего се-чения и для каждой его части второй осевой момент инерции вычисляется как сумма моментов инерции отдельных частей

3 34

1 21

65 20 20 4015 10

12 12

n

у уi у уi

J J J J

мм4

где 3

12i

i iy

h bJ

1

3

y65 20

J 12

2

3

y20 40

J12

Так как xJ gt уJ а условия закрепления концов одинако-

вы во всех плоскостях то потеря устойчивости происходит в плоскости минимальной жесткости те в плоскости чертежа

179

(см рис 75) относительно оси у имеем Jmin = уJ = 15 104 мм4

Форма потери устойчивости показана на рис 75 3) определяем гибкость стержня по формуле (75)

mini

l

где μ ndash коэффициент приведенной длины величина которого в рассматриваемом случае μ = 05 (см рис 74) imin ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения вычисляе-

мый по формуле 4

minmin

15 10845

2100

Ji

F

F площадь сечения F = 800 + 1300 = 2100 мм2 В соответствии с (75) гибкость равна

05 1200710

845

4) предельная гибкость для стального стержня равна (77)

2 2 5

предпц

2 10100

200

Е

5) определяем величину критической силы Так как λ lt λпред формула Эйлера неприменима Расчет

критических напряжений производим по формуле Ясинского (710)

Я 2кр а b c

где а b c коэффициенты величины которых равны а = 310 МПа b = 114 МПа c = 0

Я 2кр 310 114 71 229а b c МПа

Критическая сила равна (711) Я 3

кр кр кр 229 2100 481 10 H 481кНР Р F

6) допускаемое значение сжимающей силы из расчета на устойчивость определяется выражением (74)

кр 481192 кН

25уy

РР

n

180

76 Проектный расчет на устойчивость Задача 15 Из расчета на устойчивость выполнить проектный расчет

прямого стержня сжатого силой Р в соответствии с рис 77 Условия закрепления во всех плоскостях одинаковы Ма-

териал ndash дерево l = 360 см Р = 140 кН сж 10 МПа По-

перечное сечение ndash круг диаметром D

Рис 77

Решение В соответствии с условием задачи требуется определить

диаметр поперечного сечения D Применяем расчет с помощью понижающего коэффициента φ (см п 74)

Условие устойчивости в этом случае имеет вид (715)

сж или сжР F (716)

Из (716) получим

сж

РF

(717)

Так как диаметр D неизвестен то момент инерции попе-речного сечения и его радиус инерции i также неизвестен Следо-вательно нам неизвестна и гибкость стержня λ (75) по которой определяется числовое значение коэффициента φ (см прил 6)

181

Задачу решаем методом последовательных приближений Для этого задаем на первом шаге расчета значение коэффици-ента φ1 = 05 и из формулы (717) получаем

54 2

114 10

28 10 мм 05 10

F

Диаметр сечения 4

11

4 4 28 10189 мм

FD

Момент инерции поперечного сечения на первом шаге равен

4 48 41

1189

627 10 мм 64 64

DJ

Радиус инерции

41 1

1 21

4

464

D DJi

F D

(718)

Таким образом на первом этапе приближения получим гибкость

11 1

4

l l

i D

(719)

те

14 1 3600

76189

(720)

По таблицам (см прил 7) для гибкости 1 76 получаем значение коэффициента 1 053

Определяем погрешность расчета коэффициента по фор-муле

1 1

1

100

(721)

Таким образом погрешность определения коэффициента на первом шаге составляет

1053 05

100 6 05

182

Так как допускается погрешность расчета не более 5 а погрешность на первом шаге составляет 6 то выполняем второй шаг приближения

Задаем значение коэффициента 2 равное среднему зна-чению между 1 и 1

1 12

05 0530515

2 2

В этом случае по формуле (717) получим

54 2

214 10

272 10 мм 0515 10

F

Диаметр сечения на втором шаге

42

24 4 272 10

186 ммF

D

Гибкость стержня по формуле (719) на втором шаге

22

4 4 1 3600775

186

l

D

По таблице (см прил 7) для λ = 775 получим 2 0515

Так как 2 2 то окончательно принимаем 0 515

и следовательно поперечное сечение должно иметь диаметр 186 ммD

Окончательно принимаем D = 190 мм П р и м е ч а н и е 1 Если первоначальное значение коэффициента φ1 на первом шаге

выбрано неудачно то потребуется сделать несколько шагов приближе-ния чтобы обеспечить погрешность вычислений менее 5

2 Если в таблице φ(λ) (см прил 7) для полученного значения гиб-кости λ отсутствуют значения коэффициента φ то следует применить ме-тод линейной аппроксимации на интервале по следующей схеме пока-занной на рис 78

183

Рис 78

Из таблицы выбирают ближайшие значения гибкости 1

и 2 лежащие слева и справа от заданного значения гибкости и записывают соответствующие значения коэффициентов

1 1 2 2 и приведенные в таблице значений

для заданного материала стержня (см прил 6) Значение коэффициента для заданного значения гиб-

кости определяется в соответствии с рис 78 по формуле

2 (722)

где 21 2

2 1

( )

Окончательно из (722) получаем

22 1 2

2 1

( )

(723)

Контрольные вопросы

1 Какие упругие системы называются устойчивыми 2 Что называется критической силой и критическим на-

пряжением 3 Что называется коэффициентом приведенной длины и от

чего зависит его значение 4 Что называется гибкостью стержня от чего она зависит 5 Как вычисляется предельная гибкость стержня 6 Запишите формулу Эйлера для критической силы и кри-

тического напряжения 7 Сформулируйте условия применимости формулы Эйлера 8 Запишите формулу Ясинского для критической силы и

критического напряжения

184

9 Сформулируйте условия применимости формулы Ясин-ского

10 Нарисуйте полную диаграмму для критических на-пряжений

11 Как влияет жесткость поперечного сечения на из- гиб ЕJ и длина стержня на величину критической силы

12 Как влияет способ закрепления концов стержня на ве-личину критической силы

13 Запишите условие устойчивости 14 Что такое коэффициент снижения допускаемых на-

пряжений 15 От чего зависит численное значение коэффициента 16 Сформулируйте порядок выполнения расчета на ус-

тойчивость с помощью коэффициента

185

Глава 8

ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК

81 Основные понятия Природа динамических воздействий на элементы и конст-

рукции в целом разнообразна [1] Рассмотрим основные виды динамического воздействия

ndash действие ускорений ndash удар ndash вибрация Существенной особенностью действия динамической на-

грузки является то что при расчете нельзя пренебрегать силами инерции возникающими в элементах конструкций Силы инер-ции выступают как дополнительная внешняя нагрузка Их взаи-модействие с силами упругости часто порождает возникновение колебаний элементов конструкций которые могут приводить к многократному росту внутренних силовых факторов и соответ-ственно напряжений и деформаций элементов конструкций

Кроме того при действии динамической нагрузки ряд конструкционных материалов проявляют склонность к охруп-чиванию хотя при действии статических нагрузок они являют-ся пластичными [1 6]

Расчет на прочность при действии динамических нагрузок является достаточно сложным [1 3] поэтому будем рассматри-вать простейшие схемы динамического нагружения типовых элементов конструкций При этом полагаем что динамическое нагружение конструкции происходит в упругой области те напряженно-деформированное состояние элементов конструк-ции подчиняется закону Гука [1]

В этом случае динамическое действие нагрузки характе-ризуется коэффициентом динамичности д 1k который пока-

зывает во сколько раз увеличиваются напряжения и деформа-ции в элементе конструкции при действии динамической нагрузки по сравнению с действием той же нагрузки но прило-женной статически

186

Таким образом напряжения д деформации д и переме-щения д при динамическом действии нагрузки вычисляются по формулам

д д ст д д ст д д ст k k k (81)

Здесь ст ст ст ndash статические напряжения относитель-ные деформации и перемещения соответственно Величина ко-эффициента динамичности дk рассчитывается для каждого

конкретного элемента конструкции и определяется выражения-ми зависящими от вида динамической нагрузки

Условие прочности в этом случае записывается в виде

max д д (82)

где max д minus максимальные динамические напряжения в элемен-

те конструкции д minus допускаемые напряжения при динами-

ческом нагружении величина которых зависит от свойств ма-териала при динамической нагрузке и условий эксплуатации конструкции

П р и м е ч а н и е Если напряженное состояние элемента конст-рукции является сложным то аналогично п 6 расчет ведется по эквива-лентным напряжениям которые рассчитываются по соответствующему критерию прочности

82 Расчет коэффициента динамичности Рассмотрим простейшие виды динамического нагружения

821 Действие линейных ускорений Пусть груз весом Q на тросе поднимается с ускорением а

(рис 81)

Рис 81

187

В этом случае дополнительно к весу Q на трос действует сила инерции от груза Коэффициент динамичности определя-ется выражением

д 1а

kg

(83)

где g ndash ускорение свободного падения (g = 98 мс2) Статическое напряжение растяжения в тросе равно

стQ

F (84)

где F ndash площадь поперечного сечения троса Динамические напряжения определяются по формуле (81)

а условие прочности имеет вид (82)

822 Действие удара

Пусть на упругую систему с высоты Н падает груз весом Q На рис 82а показан продольный осевой удар а на рис 82бв ndash поперечный удар по балке

Рис 82

Во всех случаях коэффициент динамичности определяется

выражением

дст

21 1

Нk

(85)

а) б) в)

188

Здесь коэффициент учитывает вес элемента конструк-ции (стержня балки) по которому производится удар (рис 82) Этот коэффициент вычисляется по формуле

Эп1

Q

Q (86)

где ЭQ ndash вес элемента конструкции (стержня балки) а п ndash ко-

эффициент приведения массы элемента к точке в которой про-изводится удар (к точке K) Этот коэффициент lt 1 а его вели-чина зависит от координат точки приложения удара и расчетной схемы элемента [1 6]

Например при продольном ударе (рис 82а) этот коэф-

фициент принимает значение п1

3

При поперечном ударе

ndash для расчетной схемы (рис 82б) п17

048635

ndash для расчетной схемы (рис 82в) п33

0236140

Для остальных расчетных схем значения коэффициента приведения можно найти в [6]

В тех случаях когда вес элемента конструкции сущест-венно меньше веса падающего груза ( ЭQ ltlt Q) выполняется ус-

ловие Эпltlt 1

Q

Q и коэффициент принимают равным единице

те = 1 а балку считают невесомой В этом случае формула (85) принимает вид

дст

21 1

Нk

(87)

Если выполняется условие ст

2Н

1 то возможно даль-

нейшее упрощение и тогда применяют приближенную формулу для определения коэффициента динамичности

дст

2

Нk

(88)

189

Применительно к расчетным схемам показанным на рис 82 ст определяется следующим образом

ndash при продольном ударе (рис 82а) стQl

EF

ndash при поперечном ударе (рис 82бв) ст определяется

как прогиб точки K при приложении в ней статической силы равной Q Этот прогиб определяется любым методом напри-мер методом начальных параметров (см п 41)

Динамические напряжения определяются выражением (81) а условие прочности для наиболее нагруженного попереч-ного сечения элемента конструкции записывается в виде (82)

823 Действие вибрации

При действии внешних вибрационных нагрузок в элемен-тах конструкции имеет место динамическое воздействие что приводит к повышению напряжений деформаций и перемеще-ний упругой системы

Расчет стержней валов и балок на действие вибрации яв-ляется достаточно сложным и здесь не рассматривается [1 8] Будем рассматривать расчетные схемы типовых элементов кон-струкций как одномассовые колебательные системы у которых вся масса сосредоточена в одной точке

В качестве примера рассмотрим поперечные колебания двухопорной балки с грузом расположенным в сечении K (рис 83) Пунктиром показана форма поперечных колебаний балки

Рис 83

Считаем что балка невесома а груз имеет массу М Соб-

ственная частота балки в этом случае определяется выраже-нием [1]

190

ст

g

(89)

где g = 981 мс2 ndash ускорение свободного падения ст minus пере-

мещение сечения K при статическом нагружении балки усили-ем равным весу груза М (рис 83)

Необходимо отметить что собственная частота опреде-ленная таким образом соответствует основной (наименьшей) собственной частоте упругой системы на которой как правило возникают наибольшие перемещения и напряжения

При действии на балку внешней гармонической вибрации с частотой по направлению оси у в балке возникают вынуж-денные колебания При совпадении частот вынужденных и собственных колебаний в системе возникает резонанс при котором происходит максимальное увеличение динамических напряжений д и перемещений д в сечениях балки которые

вычисляются по формулам (81) При динамических расчетах на вибрацию вводится поня-

тие динамического коэффициента который часто называют коэффициентом нарастания вынужденных колебаний и опреде-ляют по формуле [1]

22 2 2

1

21

n

(810)

где безразмерный параметр 2n

ndash характеризует рассеяние энер-

гии и затухание колебаний в элементе конструкции Для реаль-ных элементов конструкций работающих на изгиб этот пара-

метр принимает значения 2

lt 04n

Динамический коэффициент характеризует увеличение динамических напряжений за счет действия внешней гармони-ческой силы с амплитудой Р Например если в точке K балки (рис 83) установлен электродвигатель то при его работе на балку в точке K будут действовать две составляющие внешних нагрузок

ndash вес электродвигателя Q который является постоянным

191

ndash инерционная сила с амплитудой Р которая является пе-ременной вызывает колебания балки и определяется величиной дисбаланса вращающихся частей ротора электродвигателя

На рис 84 показаны зависимости динамического коэффи-

циента от отношения частот

при различных значениях па-

раметра 2n

характеризующего демпфирования в упругой

системе

Рис 84

Из рис 84 следует что при резонансе происходит резкое

возрастание амплитуд колебаний что в свою очередь вызывает повышение напряжений в балке

192

Областью резонанса обычно считают частотный диапазон внешних воздействий

07 13 (811)

Поэтому при проектировании элементов конструкций же-лательно за счет конструктивных мер обеспечивать выполнение

условий lt 07

и 13

Анализ зависимостей представленных на рис84 показы-вает что вне резонансного интервала (811) динамический коэффициент незначительно зависит от параметра демпфирова-ния γ в системе и вне этого интервала динамический коэффици-ент (810) можно рассчитать по приближенной формуле не учи-тывающей демпфирование в упругой системе

2

1

1

(812)

С учетом веса Q статически действующего на балку ко-эффициент динамичности определяется выражением

д 1Р

kQ

(813)

Динамические напряжения деформации и перемещения определяется по формуле (81) с учетом (813) При этом под статическими характеристиками ст ст ст понимаем напря-

жения деформации и прогибы в балке при статическом дейст-вии на нее веса электродвигателя Q

П р и м е ч а н и е В случаях когда балку нельзя считать невесо-мой вводится понятие приведенной сосредоточенной массы Мпр которая определяется по формуле

пр п1 БММ ММ

(813)

где М ndash сосредоточенная масса расположенная в т K (рис 83)

БМ ndash масса всей балки п ndash коэффициент приведения массы балки к точке K который определяется в соответствии с п 822

193

83 Расчет на ударную нагрузку Задача 16 На упругую систему (рис 85) с высоты Н падает

груз Q Подобрать размеры поперечного сечения конструкции из-

готовленной из малоуглеродистой стали если

тр = тс = 320 МПа Е = 2 105 МПа

коэффициент запаса прочности n = 2 массу упругой системы не учитывать

Данные необходимые для решения задачи выбрать из табл 81

Для прямоугольных поперечных сечений балок принять

2h

b для кольцевых сечений принять 07

dс

D где

D ndash внешний d ndash внутренний диаметры

Таблица 81

Номер строки

Схема по рис 85

Q Н Н м а м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

I II III IV V VI VII VIII IX X

200 400 600 800 1000 500 750 800 900 100

05 04 02 04 01 03 03 02 02 05

10 12 15 10 08 12 08 15 10 10

Буква шифра

а г д г

Пример В соответствии с условиями задачи 15 подобрать

размеры круглого поперечного сечения балки показанного на рис 86а при Q = 200 Н а = 2 м Н = 02 м

194

Рис 85

Решение 1) приложим к системе статическую силу равную весу

падающего груза Q (рис 86б) и строим эпюру изгибающего

195

момента хМ (рис 86в) Опорные реакции в сечении А опреде-

ленные из уравнений равновесия для балки А AМ Qa Y P

Рис 86

2) определим статический прогиб ст в точке K (рис 86б)

применяя метод начальных параметров (см пп41) Начальные параметры 0 00 0A Аy y так как

в сечении А балка жестко закреплена В соответствии с уравнением (410 ) получим

2 3

2 3 3

( 0) ( 0)1( )

2 3

1

2 6 3

A AK K

x

x x

M a Y ay y a

EJ

Qa a Qa Qa

EJ EJ

Знак laquominusraquo указывает на то что прогиб точки K направлен вниз

Момент инерции сплошного круглого поперечного сече-

ния равен 3

64xD

J

поэтому окончательно получим

3

ст 4

64

3

Qa

ED

(814)

а) б) в)

196

3) коэффициент динамичности в соответствии с выраже-нием (88) равен

2

дст

2 3

4 2

H D EHk

a Qa

(815)

4) обращаясь к эпюре хМ (рис 86в) находим опасное

сечение в котором изгибающий момент достигает наибольшего значения max х АМ М Qa и определяем максимальную вели-

чину статических напряжений Так как момент сопротивления

балки равен 3

32хD

W

то

maxmax cт 3

32А

x

М Qa

W D

5) определяем величину динамических напряжений в опас-ном сечении (81)

max дин д max ст

2

3

( )

3 32 1 3

4 2 04 2

k

D ЕН Qa QEH

а Qa D aD

(816)

6) запишем условие прочности (82) которое с учетом (816) принимает вид

max дин1 3

04 2

QEH

D a

(817)

Находим допускаемые напряжения

т

т

320160

2n

МПа

Определим из (817) требуемый диаметр D поперечного сечения

2 5 3

3мм

1 3

04 2

1 3 2 10 2 10 02 10678

04 160 2 2 10

QEHD

a

197

Округляя полученное значение D окончательно прини-маем D = 68 мм

Вычислим фактическое значение коэффициента динамич-ности при выбранном значении диаметра поперечного сечения балки (815)

2 2 5 3

д 3 3

3 68 3 2 10 02 101254

4 2 4 2 10 2 200 2 10

D EHk

a Qa

Таким образом фактический коэффициент динамичности при ударе составляет д 1254k

84 Расчет упругой системы при действии вибрации

Задача 17 Упругая система представляет собой балку представлен-

ную на рис 87 Поперечное сечение балки выполнено в виде двух швеллеров (рис 88а) или двух двутавров (рис 88б) же-стко соединенных между собой

В точке K на балке (рис 87) установлен электродвигатель весом Q частота вращения вала которого равна n минndash1 Сила инерции возникающая вследствие неуравновешенности вра-щающихся деталей электродвигателя равна инР Материал балки ndash прокатная сталь с пределом текучести т 320 МПа и

модулем упругости 52 10 МПаЕ

Данные для варианта задания принять по табл 82 и рис 87

Требуется определить величину максимальных напря-жений в балке и фактический коэффициент запаса ее проч-ности

198

Рис 87

199

Рис 88

Таблица 82

Тип сечения Номер строки

Схема по

рис 87Q кН инР кН n мин-1 l м

[ ] I I

1 I 60 08 320 05 5 2 II 58 06 400 06 10 3 III 48 05 510 04 8 4 IV 50 045 600 05 12 5 V 62 052 1000 06 65 6 VI 46 04 700 04 14 7 VII 40 036 550 045 10 8 VIII 64 058 480 05 10 9 IX 66 044 800 08 12 0 X 59 03 360 04 16

Буква шифра

а г д б в а г

Пример расчета В соответствии с условиями задачи 17 рассмотрим кон-

сольную балку поперечное сечение которой выполнено из двух швеллеров 14

Остальные исходные данные приняты следующими ndash коэффициент запаса прочности nт = 2 ndash вес электродвигателя Q = 64 кН ndash l =18 м ndash сила инерции инР = 12 кН ndash число оборотов электродвигателя n = 320 минndash1 Массу упругой системы не учитываем

а) б)

200

Решение 1) на рис 89а показана расчетная схема балки

Рис 89

2) приложим статически вес электродвигателя к балке

в точке K (рис 89б) и из уравнений равновесия балки получим значения опорных реакций

A АY P М Ql

Эпюра изгибающего момента хМ показана на рис 89в

из которого следует что наиболее нагруженным является сече-ние А в котором максимальный изгибающий момент равен

max хМ Ql а максимальные статические нормальные напря-

жения в балке определяются выражением 3 3

maxmax ст 3

64 10 16 108205

2 2 2 702 10x

x x

М Ql

W W

МПа

где 702xW см3 ndash момент сопротивления одного швеллера 14

(см прил 4) 3) применяя метод начальных параметров (см п 41) оп-

ределяем статический прогиб в точке K где установлен элек-тродвигатель (рис 89б)

а) б) в)

201

3

ст 3Kx

Qly

EJ (818)

Здесь xJ ndash момент инерции двух швеллеров относительно

оси х (рис 89а) Так как момент инерции одного швеллера 14

(см прил 4) равен (1) 4911хJ см4 то (1)2 9822x хJ J см4

4) собственная частота в соответствии с (89) и (818) определяется как

5 6 8

3 3 3cт

3 981 3 2 10 10 9822 10394

64 10 18xEJ gg

Ql

сndash1

5) частота вынужденных колебаний определяется по фор-муле

320335

30 30

n сndash1

Определим отношение частот

335085

394

следовательно

085

Таким образом при работающем электродвигателе в со-ответствии с (811) вибрация балки происходит в резонансной области (811)

6) так как по условию задачи балка является невесомой и в ней не происходит рассеяния энергии то динамический коэф-фициент можно определить по формуле (812)

2 2

1 1361

3351 1

394

Коэффициент динамичности определяем по формуле (813)

ид

121 1 361 17

64

Рk

Q

7) максимальные динамические напряжения при вынуж-денных колебаниях балки (81) составляют

202

max д max ст( ) 17 825 14025k МПа

Допускаемые напряжения

тд

т

320160

2n

МПа

Условие прочности (82) выполняется так как

max д д14025 lt 160 МПа

8) в качестве примера выполним динамический расчет балки с учетом ее веса Вес балки в форме двух швеллеров 14 равен

Б 2 2 123 18 4428 H 0443 кНQ ml

Здесь m =123 Н ndash вес погонного метра одного швеллера 14 (см прил 4)

Коэффициент приведения п для расчетной схемы балки (рис 89б) равен (см п 822) п 024

В соответствии с (813) приведенный вес балки к точке K (рис 89) составляет прQ Q где коэффициент определя-

ется выражением

Бп

04431 1 024 1017

64

Q

Q

пр 64 1017 651Q кН

Максимальные статические напряжения в этом случае со-ставляют

прmax ст 1017 8205 8344

2 2x x

Q l Ql

W W МПа

Собственная частота

13

cт

3 1 1394 398 c

2 1017xEJ gg

Ql

Динамический коэффициент

2 2

1 1345

3351 1

398

203

Коэффициент динамичности

инд

пр

121 1 345 164

651

Рk

Q

Максимальные динамические напряжения

max д д max ст( ) 164 8344 1368k МПа

Так как max д дlt то условие прочности также выпол-

няется Выводы 1 Из проведенных исследований следует что учет собст-

венного веса несущественно влияет на результаты расчета ndash максимальные динамические напряжения в балке изме-

нились на

1368 14025100 25

1368

ndash коэффициент динамичности изменится на

164 17100 36

164k

2 Так как допускаемая погрешность инженерного расчета 5 то допускается выполнять динамический расчет без

учета собственного веса балки

Контрольные вопросы

1 Приведите примеры динамических внешних нагрузок 2 Как рассчитываются динамические напряжения дефор-

мации перемещения 3 Как записывается условие прочности при динамическом

нагружении 4 Дайте определение коэффициента динамичности при

действии линейных ускорений 5 Как рассчитывается коэффициент динамичности при

ударе 6 Как учитывается масса элемента конструкции при ударе 7 Запишите приближенную формулу для расчета коэффи-

циента динамичности при ударе

204

8 Как определяется динамический коэффициент при дей-ствии гармонической вибрации

9 Как вычислить основную собственную частоту балки при вибрации

10 Что такое резонанс Когда он возникает 11 Какая частотная область называется резонансной 12 Как вычисляется коэффициент динамичности при виб-

рационном воздействии 13 Как вычисляются динамические напряжения в элементе

конструкции при действии вибрации 14 Как учитывается вес элемента конструкции при дейст-

вии вибрации 15 Сформулируйте порядок выполнения расчета на проч-

ность при динамическом воздействии

205

Глава 9

РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ

91 Основные понятия Приведенные выше методики расчетов на прочность ти-

повых элементов конструкций основаны на оценке прочности материала в наиболее нагруженных точках по допускаемым на-пряжениям Предельным состоянием конструкции в этом слу-чае считается такое ее состояние при котором максимальные напряжения достигают предела текучести т для пластичных материалов или предела прочности в для хрупких материалов Состояние остального массива элемента конструкции во внима-ние не принимается [6]

В то же время при неравномерном распределении напря-жений например при изгибе балок (см рис 43) и кручении ва-лов (см рис 31) для элементов изготовленных из пластичных материалов появление местных максимальных напряжений равных пределу текучести ( max т ) в большинстве случаев

не является опасным так как в остальной части сечения напря-жения являются упругими Поэтому конструкция может выпол-нять свое функциональное назначение

В связи с этим возникла необходимость в новом подходе к оценке прочности по ее предельному состоянию

Под предельным состоянием конструкции будем пони-мать такое ее состояние при котором она полностью теряет способность сопротивления внешним нагрузкам и не может выполнять свое функциональное назначение

Методы расчетов по предельному состоянию широко применяются при проектировании различных конструкций так как позволяют вскрыть резервы прочности которые не учиты-ваются при расчетах по допускаемым напряжениям Это позво-ляет выполнять оптимальное проектирование способствующие уменьшению металлоемкости конструкций

Практическое применение метода расчета по предельному состоянию рассмотрим на элементах конструкций работающих

206

на растяжение и кручение Считаем что они изготовлены из пластичного материала диаграмма растяжения которого имеет площадку текучести (рис 13) характеризующуюся пределом текучести т

С целью упрощения расчета по предельному состоянию нелинейную диаграмму растяжения схематизируют таким обра-зом что участок прямой ОА выражающий закон Гука непо-средственно переходит в горизонтальный участок ВС соответ-ствующий площадке текучести (см рис 13)

При этом считают что пределы пропорциональности пц

и текучести т совпадают те т пц

Такая схематизированная диаграмма называется диаграм-мой Прандтля (рис 91) а материал соответствующий этой диаграмме называется идеально пластичным [9]

Рис 91

Замена реальной диаграммы схематизированной диа-граммой Прандтля приемлема для пластичных материалов и дает хорошие результаты расчета предельных нагрузок согла-сующиеся с данными экспериментальных исследований

Предельное состояние элемента конструкции определяем наличием значительной пластической деформацией которая наступает на площадке текучести в начале зоны упрочнения СD на реальной диаграмме (см рис 13)

Рассмотрим некоторые случаи расчета типовых элементов конструкций по предельному состоянию используя диаграмму Прандтля (рис 91)

92 Упругопластический изгиб балок

Рассмотрим поперечный изгиб балки изготовленной из пластичного материала В наиболее нагруженном поперечном

207

сечении действуют изгибающий момент хМ (рис 92а) под

действием которого в поперечном сечении возникают нормаль-ные напряжения σ которые определяются по формуле (41)

Рассмотрим балку прямоугольного сечения (рис 92б) с размерами bh Эпюра нормальных напряжений σ по высоте сечения при упругом деформировании показана на рис 92в

Максимальные напряжения достигаются в верхних и ниж-них волокнах балки и определяются формулой (43)

maxх

x

М

W (91)

где 3

6xbh

W ndash момент сопротивления при изгибе прямоуголь-

ного поперечного сечения

Рис 92

При возрастании величины изгибающего момента хМ

в соответствии с диаграммой Прандтля (рис 91) нормальные напряжения остаются постоянными и равными пределу теку-чести те max т Эпюра этих напряжений показана на

рис 92г При этом в поперечном сечении образуются две зоны (рис 92 д)

ndash упругая зона 1 в которых тlt ndash пластические зоны 2 (заштрихованы) в которых т В этом случае имеет место упругопластический изгиб

балки При дальнейшим увеличении изгибающего момента хМ

происходит расширение пластических зон 2 Предельное со-

а) б) в) г) д) е)

208

стояние наступит в случае когда пластическая зона охватит все поперечное сечение те эпюра нормальных напряжений примет вид показанный на рис 91е При этом в поперечном сечении возникает пластический шарнир и балка теряет свою несущую способность те наступает ее предельное состояние Изгибаю-щий момент соответствующий этому состоянию называется предельным изгибающим моментом прМ

Предельный изгибающий момент в соответствии с эпюрой нормальных напряжений представленной на рис 91а опреде-ляется выражением

пр т т

2

2 2 xFF

М у dF у dF S (92)

где xS minus в соответствии с определением (21) равен статическо-

му моменту половины площади 2

F поперечного сечения прямо-

угольника Величину 2 xS называют пластические моменты сопро-

тивления сечения плW те

пл 2 xW S (93)

Предельный изгибающий момент в этом случае в соответ-ствии с (92) вычисляется как

пр т плМ W (94)

Для балки прямоугольного поперечного сечения [1] 2

2xbh

S Следовательно

2

пл 4

bhW (95)

Сравним степень увеличения запаса прочности балки при переходе от расчета по допускаемым нагрузкам к расчету по предельным нагрузкам

При расчете по допускаемым нагрузкам предельно допус-каемая величина изгибающего момента равна

т т хМ W (96)

209

При расчете по предельным нагрузкам величина предель-ного момента определяется выражением (94)

Степень увеличения несущей способности при переходе к расчету по предельному состоянию определим параметром

пр пл

т

x

М W

М W (97)

Для прямоугольного поперечного сечения этот параметр с учетом выражений (94) (95) (96) принимает значение

2

2

615

4

bh

bh

Аналогично решается задача и для других типов попереч-ных сечений [5] Для некоторых простейших поперечных сече-ний значения коэффициента приведены в табл 91

Таблица 91

210

Окончание табл 91

93 Расчет остаточных напряжений Рассчитаем сечения балки в котором действует изгибаю-

щий момент xМ и выполняются условия т прxМ М М

В этом случае в поперечном сечении балки имеются две зоны (рис 93а) 1 ndash упругая 2 ndash пластическая а эпюра нормальных напряжений имеет вид представленный на рис 93б

Рис 93

а) б) в) г)

211

Разгрузка балки происходит по линии КМ диаграммы Прандтля которая параллельна линии ОА характеризующей закон Гука (рис 91) Таким образом прикладывая изгибающий момент xМ обратного знака в соответствии с законом Гука по-

лучим линейную эпюру разгрузочных нормальных напряжений

р представленную на рис 93в

Нормальные напряжения при разгрузке в точках сечения

1K и 2K расположенных на верхних волокнах сечения и на границе упругой и пластической зон (рис 93а) определяются по формулам (91) и соответственно

max рx

x

M

W (2)

p K

M x yJx

(98)

где K

y ndash координата границы упругой области (рис 93а)

Остаточные напряжения ост определяются по принципу

суперпозиций как алгебраическая сумма действовавших и раз-грузочных напряжений (рис 93а)

ndash в точке 1K (1)

ост max р т

ndash в точке 2K (2) (2)

ост р т

С учетом соотношений (98) получим выражения для рас-чета остаточных напряжений в точках 1K и 2K

(1)

ост тx

x

M

W (910)

(2)

ост т Kx

x

yM

W

Эпюра остаточных напряжений по высоте поперечного сечения является линейной и представлена на рис 93г Факти-ческий знак остаточных напряжений ост в любой точке сече-

ния зависит от знака и величины действующего в сечении изги-бающего момента xM и координаты

Ky определяющей размер

упругой зоны Из анализа эпюры остаточных напряжений сле-дует что наибольшие остаточные напряжения могут иметь ме-сто в точках 1K или 2K Это определяется при расчетах для конкретной расчетной схемы конструкции

212

94 Расчет по предельному состоянию при кручении

При кручении валов сплошного круглого поперечного се-

чения по допускаемым напряжениям касательные напряжения в упругой области распределяются по линейному закону (31) а эпюра касательных напряжений в сечении представлена на рис 31

Опасное состояние вала имеет место при появлении пла-стических деформаций на внешнем контуре поперечного сече-ния при выполнении условия

max т (911)

где т minus предел текучести по касательным напряжениям Проводя рассуждения аналогичные п 92 получим кру-

тящий момент соответствующий опасному состоянию при рас-чете по допускаемым напряжениям

т(кр) т pМ W (912)

где 3

16pD

W

minus полярный момент сопротивления при кру-

чении Предельный крутящий момент пр(кр)М определяется вы-

ражением 913

пр(кр) т (пл)pМ W (914)

где 3

(пл) 12pD

W

minus пластический момент сопротивления при

кручении На рис 93 показаны эпюры касательных напряжений

в поперечном сечении при различных значениях крутящего мо-мента кр М

ndash кр т(кр)lt М М все сечение работает в упругой области

(рис 94а) ndash т(кр) кр пр(кр)lt М М М сечение разбивается на две зоны

1 ndash упругая зона ( тlt ) 2 ndash пластическая зона при т (рис 94б) где

K ndash радиус определяющий размер упругой

зоны 1

213

ndash кр пр(кр) М М все сечение работает в пластической зоне

при т (рис 94в)

Рис 94

Степень увеличения несущей способности вала при пере-

ходе к расчету по предельному состоянию определим безраз-мерным параметром кр аналогично (97)

пр(кр)кр

т(кр)

М

М (914)

который с учетом выражений (912) и (913) равен 3

(пл)кр 3

16 4133

312

p

p

W D

W D

(915)

Таким образом скрытый запас прочности вала работаю-щего на кручение при переходе к расчету по предельному со-стоянию составляет кр 133

95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов

При разгрузке вала в его поперечных сечениях аналогич-

но п 94 возникают остаточные касательные напряжения ост

[5 9] На основании рассуждений аналогичных п 94 получим

что эпюра остаточных касательных напряжений по радиусу по-перечного сечения также является линейной (рис 95в)

214

Рис 95

Значения остаточных касательных напряжений ост в точ-

ках 1K и 2K (рис 95аб) вычисляются по формулам

(1)

ост

крт

р

M

W (916)

(2)

ост

крт

р

M

J

Из анализа эпюры остаточных касательных напряжений следует что наибольшие остаточные напряжения достигаются в точках 1K и 2K поперечного сечения вала

96 Расчет вала по предельному состоянию

Задача 18 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими концами нагружен крутящими моментами 1 2m m и 3m

в соответствии с задачей 5 (см п 32) и расчетной схемой по-казанной на рис 32

Значения крутящих моментов 1 2m m и 3m выраженные

через внешний момент m принять в соответствии с вариантом задания по табл 31

Выполнить расчет вала по предельному состоянию и оп-ределить предельно допустимое значение внешнего момента m

а) б) в)

215

Проанализировать напряженное состояние вала при действии предельного крутящего момента

При выполнении расчета принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа ndash предел текучести по касательным напряжениям для ма-

териала вала т 140 МПа

Пример В соответствии с условиями задачи 18 Выпол-нить расчет для вала при 1 3m m 2m m 3 3m m 1 2l l

2 3 4l l l l Расчетная схема вала представлена на рис 94а

и соответствует примеру в задаче 6 (см п 33)

Рис 96

Решение 1) задача является статически неопределимой Раскрывая статическую неопределимость в соответствии

с решением примера и применяя метод сечений получим эпюру крутящих моментов (см рис 35) представленную на рис 96в

а) б) в)

216

2) анализ эпюры крутящих моментов показывает что наи-более нагруженным является III участок вала (имеет постоянное поперечное сечение диаметром D) на котором максимальный крутящий момент равен

max кр 24 М m (917)

3) расчет на прочность по допускаемым напряжениям по-казал что при действии момента m = 05 кНmiddotм вал должен иметь диаметр сечения (313) 424D мм

Окончательно принимаем диаметр вала 44D мм 4) выполним расчет предельного значения внешнего мо-

мента пр m рассматривая предельное состояние вала на наибо-

лее нагруженном III участке который имеет полярный момент

сопротивления 3 3

444167 10

16 16pD

W

мм3

Пластический момент сопротивления при кручении вала в соответствии с (913) равен

4 4(пл) кр 133 16 7 10 222 10p pW W мм3

В соответствии с (913) предельный крутящий момент равен

4 6пр(кр) т (пл) 140 222 10 311 10 Н мм 311pМ W кНmiddotм

Учитывая связь максимального крутящего момента

max крМ и внешнего момента m (917) получим уравнение для

определения предельного значения внешнего момента пр m

max кр пр(кр) пр24 М М m (918)

Из (918) получаем значение предельного внешнего кру-тящего момента

пр(кр)пр

31113

24 24

Мm кНmiddotм

5) проанализируем полученный результат расчета вала по предельному состоянию

Для вала спроектированного по допустимым напряжени-ям на действие внешнего крутящего момента m = 05 кНmiddotм пре-дельное значение внешнего крутящего момента оказалось рав-ным пр 13m кНmiddotм

217

Таким образом предельный внешний крутящий момент для рассмотренной расчетной схемы вала можно увеличить в n раз по сравнению с заданным

пр 1326

05

mn

m

6) проанализируем эпюры касательных напряжений дей-ствующих в поперечных сечениях вала при различных значени-ях внешнего крутящего момента m При этом считаем что вал имеет диаметр D = 44 мм полученный из расчета на прочность по допускаемым напряжениям Для этого определим значение внешнего момента тm соответствующее образованию пласти-ческой деформации на внешнем контуре сечения вала на наибо-лее нагруженном III участке В соответствии с (912) и (917) получим

max т(кр) т т24pМ W m (919)

Таким образом 4

6т т

167 10140 097 10

24 24pW

m

Нmiddotмм = 097 кНmiddotм

Если тlt 097m m кНmiddotм то на всех участках вала

max т и все участки вала деформируются упруго Эпюры ка-сательных напряжений имеют вид представленный на рис 94а

Если т прlt ltm m m те 097 lt 13m (кНmiddotм) то на третьем

участке вала имеет место упругопластическое деформирование с образованием двух зон показанных на рис 94б

Проанализируем напряженно-деформированное состояние на других участках вала при пр m m используя расчетную

формулу (32) для определения максимальных касательных на-пряжений

На первом участке (рис 94в) 6

кр прmax 1 4

16 16 13 101245

167 10p p

М m

W W

МПа

На втором участке 6

кр прmax 2 4

14 14 13 10109

167 10p p

М m

W W

МПа

218

На четвертом участке 6

кр прmax 4 4

06 06 13 10467

167 10p p

М m

W W

МПа

Так как на 1 2 и 4 участках при прm m величина макси-

мальных касательных напряжений не превышает предела теку-чести ( max 1 т max 2 т max 4 т ) то на этих участках

имеет место упругое деформирование а эпюры касательных напряжений имеют вид представленный на рис 94 а

Если прm m те m = 13 кНmiddotм то на третьем участке име-

ет место пластическое деформирование вала по всему сечению а эпюра касательных напряжений показана на рис 94 в

7) проведенный расчет по предельному состоянию позво-ляет определить величину внешнего крутящего момента при котором полностью исчерпывается несущая способность вала и он уже не может выполнять своего функционального предна-значения

П р и м е ч а н и я 1 Решение задач по определению предельных внешних нагрузок

при изгибе балок (п 92) и других видов нагружения выполняется анало-гично п 94 с учетом вида напряженного состояния элементов конструк-ций и эпюр распределения напряжений действующих в наиболее нагру-женных поперечных сечениях элементов конструкций [9]

2 Если в элементе конструкции имеются остаточные напряжения то их необходимо учитывать при выполнении расчетов на прочность

Результирующие напряжения в элементе конструкции определяется как алгебраическая сумма напряжений

ост (920)

где ndash напряжения возникающие в элементе конструкции при действии заданных внешних нагрузок

При кручении результирующие касательные напряжения определяются аналогично (920)

Контрольные вопросы

1 Какое состояние конструкции называется предельным 2 С какой целью выполняют схематизацию диаграмм рас-

тяжения 3 Нарисуйте диаграмму Прандтля

219

4 Сформулируйте порядок расчета элементов конструк-ций по предельному состоянию

5 Какой изгибающий момент называется предельным 6 Что такое пластический момент сопротивления попе-

речного сечения балки при изгибе 7 Как определяется предельный изгибающий момент при

кручении вала 8 Как определяется пластический момент сопротивления

поперечного сечения вала при кручении 9 Нарисуйте эпюру распределения нормальных напряже-

ний при упругопластическом изгибе балки 10 Нарисуйте эпюру распределения касательных напря-

жений при упругопластическом кручении вала

220

Заключение В пособии рассмотрены методы расчета на прочность же-

сткость и устойчивость простейших элементов конструкций различного назначения в виде стержней балок и валов нахо-дящихся под действием силовых температурных и монтажных нагрузок

Представлены два типа расчетов по допускаемому на-пряжению и предельному состоянию

В тех случаях когда элементы конструкций являются более сложными и представляют собой пластины и оболочки сосуды вращающиеся диски и др расчеты и анализ напря-женно-деформационного состояния выполняются с использо-ванием методов теорий пластин и оболочек [1 6] теории упру-гости [9] При расчете элементов конструкций работающих за пределами упругости используют методы теории пластичности и ползучести [9]

Развитие вычислительной техники привело к использова-нию различных численных методов для расчета элементов кон-струкций реализованных в программных контентах Matlab MatCAD Solid Works [10 11]

Одним из наиболее часто применяемых в механике де-формированных тел является метод конечных элементов (МКЭ) В основе этого метода [12 13] лежит разбиение реаль-ного элемента конструкции на конечные элементы

В зависимости от вида рассматриваемой конструкции ко-нечные элементы могут быть стержневыми плоскими и объем-ными Для каждого конечного элемента задаются физико-механические свойства материала и описываются поля переме-щений деформаций и напряжений Это позволяет решать за-дачи для конструкций состоящих из различных материалов подверженных действию различных внешних воздействий с учетом их упругих и упругопластических свойств В результа-те реализации МКЭ получают поля перемещений деформаций и напряжений позволяющие на этапе проектирования конст-рукции анализировать ее напряженно-деформированное состо-яние и принимать научно обоснованные конструкторско-технологические решения для оптимизации проектируемой конструкции

221

В настоящее время в инженерной практике широко применяется МКЭ реализованной в программном комплексе ANSYS [12 13]

Благодаря развитию различных отраслей техники и нано-технологий в последнее время при проектировании различных элементов конструкций применяют новые конструкционные материалы обладающие специальными свойствами [6] К таким материалам относятся монокристаллы композиционные мате-риалы углепластики полимеры техническая керамика кера-мо-металлические материалы и др В последнее время прово-дятся работы по созданию новых материалов с заданными свойствами

Представленный в пособии материал будет способство-вать повышению качества подготовки специалистов по указан-ным направлениям Пособие может быть рекомендовано ма-гистрам аспирантам и инженерно-техническим работникам за-нимающимися вопросами проектирования конструкций в ма-шино- автомобиле- приборостроении и при проектировании энерго- и электротехнических установок

222

Библиографический список

Основная литература

1 Феодосьев В И Сопротивление материалов В И Фео-досьев ndash М Наука 2002 minus 540 с

2 Степин П А Сопротивление материалов П А Сте- пин 11-е изд стереотип СПб Лань 2011 320 с

3 Писаренко Г С Справочник по сопротивлению мате-риалов Г С Писаренко АП Яковлев В В Матвеев ndash Киев Наукова думка 1975 ndash 704 с

4 Гонтарь И Н Сопротивление материалов учеб посо-бие к выполнению тестовых задач И Н Гонтарь Н И Волчи-хина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2011 ndash 104 с

5 Миролюбов И Н Сопротивление материалов пособие по решению задач И Н Миролюбов ndash СПб Лань 2014 ndash 512 с

6 Молотников В Я Механика конструкций Теорети-ческая механика Сопротивление материалов учеб пособие В Я Молотников ndash СПб Лань 2012 ndash 544 с

7 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учебн-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 1 ndash 68 с

8 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учеб-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 2 ndash 61 с

Дополнительная литература

9 Самуль В И Основы теории упругости и пластичности В И Самуль ndash М Высш шк 1982 ndash 264 с

10 Дьяконов В П Справочник по MathCAD PLUS 70 PRO В П Дьяконов ndash М СК Пресс 1998 ndash 352 с

11 SolidWorks Компьютерное моделирование в инженер-ной практике А А Алямовский А А Собачкин Е В Один-цов А И Харитонович Н Б Пономарев ndash СПб БХВ-Петер-бург 2006 ndash 800 с

12 Басов К А ANSYS в примерах и задачах К А Басов ndash М ДМК Пресс 2005 ndash 640 с

223

13 Чигарев А В ANSYS для инженеров справ пособие А В Чигарев А С Кравчук А Ф Смалюк ndash М Машино-строение 2004 ndash 512 с

14 Оформление учебно-конструкторской документации метод указания для выполнения работ по курсовому и диплом-ному проектированию сост И Н Гонтарь Н Е Денисова В А Шорин Н И Волчихина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2003 ndash 88 с

224

ПРИЛОЖЕНИЕ 1

Структура пояснительной записки

Курсовая работа включает следующие элементы ndash титульный лист ndash реферат ndash содержание ndash введение ndash основной раздел который содержит расчеты и схемы

всех задач в соответствии с заданием ndash заключение включающее в себя общие выводы по вы-

полненной курсовой работе ndash список литературы ndash приложения включающие в себя чертежи расчетные

схемы результаты численных расчетов и испытаний элементов конструкций

Курсовая работа оформляется в соответствии с рекомен-дациями [14]

225

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

Физико-механические характеристики материалов

Марка мате-риала

т МПа В МПа Е10ndash5 МПа

а 10ndash5 Нмм2

(а кгсмсм2)

1 2 3 4 5 6 7 8 1 Сталь

11 Сталь углеродистая обыкновенного качества Ст2 190hellip220 320hellip400 20 024hellip03 26 ndash ndash Ст3 210hellip240 380hellip470 20 024hellip03 21hellip23 ndash 7hellip10 Ст4 240hellip260 420hellip520 20 024hellip03 19hellip21 ndash 6hellip8 Ст5 260hellip280 500hellip620 20 024hellip03 15hellip17 ndash ndash Ст6 300hellip310 600hellip720 20 024hellip03 11hellip15 ndash ndash

12 Сталь углеродистая качественная 10 210 340hellip420 19 024hellip028 31 55 8 20 250 420hellip500 202 024hellip028 15hellip25 55 8 30 300 500hellip600 20 024hellip028 15hellip20 50 8 40 340 580hellip700 214 024hellip028 9hellip17 45 6 45 360 610hellip750 204 024hellip028 16 40 5 50 380 640hellip800 22 024hellip028 14 40 4 60 410 690hellip900 208 024hellip028 12 35

30Г 320 1550hellip700 217 024hellip028 20 45 8 60Г 420 710 211 024hellip028 11 35

13 Легированные стали 20Х 400hellip650 720hellip850 207 025hellip03 ndash 6 40Х 650hellip900 730hellip1060 218 025hellip03 3hellip12 50 6 45Х 700hellip950 850hellip1050 211 025hellip03 3hellip12 50 5 30ХМ 540hellip850 740hellip1000 213 025hellip03 3hellip12 50 8 40ХН 800hellip1300 1000hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 7 12ХН3А 700hellip1100 950hellip1400 204 025hellip03 3hellip12 50 9 20ХН3А 850hellip1100 950hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 10 40ХНМА 850hellip1600 1100hellip1700 204 025hellip03 3hellip12 50 10 30ХГСА 850hellip1500 1100hellip1700 198 025hellip03 до 7 40 5

2 Чугуны 21 Серые чугуны

СЧ15-32 ndash 150650 08hellip15 023hellip027 ndash ndash ndash СЧ 21-40 т = 075В 210950 085 023hellip027 ndash ndash 09 СЧ35-56 т = 085В 3501200 145 023hellip027 10hellip12 ndash 11

22 Ковкие чугуны КЧ 30-6 190210 300 155 023 6 7 12 КЧ 35-10 220240 350 166 027 10 11 14 КЧ 37-12 230250 370 198 026 12 13 16

226

1 2 3 4 5 6 7 8 23 Высокопрочные чугуны

ВЧ 45-0 350hellip400 4501500 13hellip16 ndash 04hellip14 ndash 05hellip15ВЧ 60-2 420hellip550 6002000 18 ndash 2hellip3 15hellip30ВЧ 40-10 300hellip400 4502100 16 ndash 10 ndash 50hellip70

3 Цветные металлы и сплавы 31 Алюминиевые сплавы

АМцМ 50 130 071 03 23 70 ndash АМг6 170 320 07 03 24 ndash ndash Д1 110 210 071 031 18 58 3 Д16 290 440 071 031 11 15 ndash

32 Медные сплавы Медь 75hellip150 220hellip450 08hellip13 031hellip034 6hellip16 ndash ndash Латуни Л68 520 660 115 032hellip042 3 ndash ndash ЛА 77-2 140 650 11 032hellip042 12 ndash ndash ЛМц 58-2 700 105 032hellip042 10 ndash Л59-1 650 105 032hellip042 16 ndash Бронзы ndash Бр 0-10 140 250 30 032hellip035 11 ndash ndash Бр А-5 500 800 11 032hellip035 4 ndash Бр КМц3-1

100hellip200 650hellip750 104 032hellip035 5hellip10 ndash 13hellip17

4 Титан и его сплавы В Т1 470 610 112 032 20hellip30 45 7 ВТ8 950hellip1100 1050hellip1180 11 03 9hellip15 30hellip55 3hellip6 ВТ3-1 850hellip1100 950hellip1200 115 03 10hellip16 25hellip40 3hellip6 ВТ14 850hellip1100 950hellip1200 115 03 6hellip10 25hellip35 25hellip5

5 Пластмассы (усредненные характеристики) Стекло-тексто-литы

122hellip260 260hellip400 018hellip022 0035hellip045 ndash ndash 05hellip52

Тексто-литы

70hellip80 70hellip110 004hellip01 ndash ndash ndash 035

Органи-ческое стекло

ndash 50hellip108 027hellip0041 ndash 25 ndash ndash

Вини-пласт

ndash 40hellip60 003hellip004 0354 10hellip100 ndash 05hellip08

Поли-стирол

ndash 35 0012hellip0032 ndash 04hellip07 ndash 016hellip02

Фтро-пласт-4

ndash 14hellip25 0005hellip0008 ndash 300hellip500 ndash ndash

6 Другие материалы Каучук нату-ральный

ndash 16hellip38 (06hellip1)10ndash4048

600hellip700 ndash ndash

227

1 2 3 4 5 6 7 8 Стекло ndash 30hellip90 048hellip085 018hellip032 ndash ndash 0015hellip0025 Гранит ndash 30120 049 Сосна (15 влаж-ности)

61 93 0102hellip0145 048 ndash ndash 018hellip023

Пояснения к таблице σт ndash предел текучести при растяжении σв ndash предел прочно-сти при растяжении Е ndash модуль упругости первого рода ndash коэффициент Пуас-сона ndash относительное удлинение ndash относительное сужение а ndash ударная вяз-кость Примечание к таблице ndash прочерк в графе обозначает отсутствие данных ndash интервал значений указывает наименьшее и наибольшее значения величины ndash отсутствие интервала обозначает наименьшее значение величины для чугунов значения пределов прочности приведены в виде дроби σв при рас-тяжении σв при сжатии для цветных металлов и сплавов значения физико-механических характеристик приведены для твердого состояния Все характеристики приведены для нормальных условий при температуре 20 оС

228

ПРИЛОЖЕНИЕ 3

Геометрические характеристики плоских сечений

Вид сечения (фигуры) Расчетные формулы и характеристики

1 2

2F a 4

12x ya

J J

4

1 3xa

J

3

6xa

W

F bh 3

12xbh

J 3

12yhb

J

2

6xbh

W 2

6yhb

W

3

1 3xbh

J 3

1 3yhb

J

2

н вb b hF

2

3н в

нн в

b b hу

b b

2

3н в

вн в

b b hу

b b

2 2 3н н в в

н в

( 4 )

36хb b b b h

Jb b

3н в

13

12х

b b hJ

вв

для верхних волокон( )хх

JW

y

229

1 2

н в( )

2

b b hF

н вн

н в

( 2 )

3( )

b b hy

b b

н вв

н в

(2 )

3( )

b b hy

b b

3 2 2в в 0 0

в 0

6 6

36 2 2х

h b b b bJ

b b

4 4н в

н в

( )

48 ( )yb bh

Jb b

2 2 2в в 0 0

вв 0

6 6

12 3 2х

h b b b bW

b b

4 4н в

2н н в

( )

24 ( )y

b bhW

b b b

2

bhF

в2

3

y h н1

3

y h

3

36х

b hJ

3

36yhb

J

4 2

72хy

h bJ

2

н 12xbh

W 2

в 24x

bhW

1

3

12х

b hJ

3

1 12у

b hJ

230

1 2

2

bhF

н1

3

y h в2

3

y h

3

a cb bd

0

1(2 )

3 cx b b

3

36х

b hJ 1

3

12х

b hJ

2( )

36a c

ybh b b b

J

2

в 24xbh

W

220785

4

dF d

1

44005

64yх хd

J J J d

4

232р хd

J J

1

3301

32x у xd

W W W d

3

16рd

W

2

8

DF

2

Dr

н4

3

ry

4

2

641

8 9х

rJ

1

4

8хr

J

4

8yr

J

231

1 2

2

2

rF

2 sin b r 2 sin 2 34 sin

3cr

у

4 34sin cos1

8хr

J

4 34sin cos1

8 3yr

J

44(1 )

32рD

J

2 (1 )

4

DF

d

D

1

44(1 )

64x у xD

J J J

44(1 )

32рD

J

1

34(1 )

32x у xD

W W W

34(1 )

16рD

W

F аb 3

4xа b

J

3

4yаb

J

2

4xа b

W

2

4yаb

W

232

1 2

1

2F аb

3 8

8 9xJ bа

3

8yаb

J

в

2 88 9

4

13

x

bаW

2

8yаb

W

233

ПРИЛОЖЕНИЕ 4

Стандартные профили прокатной стали

Двутавры стальные горячекатаные (ГОСТ 8239) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции

Размеры мм про-филя h b d t

Пло-щадь см2

Ix см4

Wx см3

ix

см

Sx см3

Jy см4

Wy

см3 iy

см Масса1 м кГ

10 100 55 45 72 120 198 397 406 230 179 649 122 946 12 120 64 48 73 147 350 584 488 337 279 872 138 115014 140 73 49 75 174 572 817 573 468 419 1150 155 137016 160 81 50 78 202 873 1090 657 623 586 1450 170 159018 180 90 51 81 234 1290 1430 742 814 826 1840 188 184018а 180 100 51 83 254 1430 1590 751 898 1140 2280 212 199020 200 100 52 84 268 1840 1840 828 1040 1150 2310 207 210020а 200 110 52 86 289 2030 2030 837 1140 1550 2820 232 227022 220 110 54 87 306 2550 2320 913 1310 1570 2860 227 240022а 220 120 54 89 328 2790 2540 922 1430 2060 3430 250 258024 240 115 56 95 348 3460 2890 997 1630 1980 3450 237 273024а 240 125 56 98 375 3800 3170 1010 1780 2600 4160 263 294027 270 125 60 98 402 5010 3710 1120 2100 2600 4150 254 315027а 270 135 60 102 432 5500 4070 1130 2290 3370 5000 280 339030 300 135 65 102 465 7080 4720 1230 2680 3370 4990 269 365030а 300 145 65 107 499 7780 5180 1250 2920 4360 6010 295 392033 330 140 70 112 538 9840 5970 1350 3390 4190 5990 279 422036 360 145 75 123 619 13380 7430 1470 4230 5160 7110 289 486040 400 155 83 130 726 19062 9530 1620 5450 6670 8610 303 570045 450 160 90 142 847 27696 12310 1810 7080 8080 10100 309 665050 500 170 100 152 1000 39727 15890 1990 9190 10430 12300 323 785055 550 180 110 165 1180 55962 20350 2180 11810 13560 15100 339 926060 600 190 120 178 1380 76806 25600 2360 14910 17250 18200 354 1080

234

Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок (ГОСТ 8240) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм

швел-лера H b d t R r

Пло-щадьсм2

Мас-са 1м кг

Jx см4

Wx см3

ix см

Sx см3

Iy см4

Wy см3

iy см

z0cм

5 50 32 44 70 60 25 616 484 228 91 192 559 561 275 0954 11665 65 36 44 72 60 25 751 590 486 150 254 900 870 368 108 1248 80 40 45 74 65 25 898 705 894 224 316 1330 128 475 119 13110 100 46 45 76 70 30 1090 859 1740 348 399 2040 204 646 137 14412 120 52 48 78 75 30 1330 1040 3040 506 478 2960 312 852 153 15414 140 58 49 81 80 30 1560 1230 4911 702 560 4080 454 110 170 16714а 140 62 49 87 80 30 1700 1330 5450 778 566 4510 575 133 184 18716 160 64 50 84 85 35 1810 1420 7470 934 642 5410 633 138 187 18016а 160 68 50 90 85 35 1950 1530 8230 1030 649 5940 788 164 201 20018 180 70 51 87 90 35 2070 1630 10900 1210 724 6980 860 170 204 19418а 180 74 51 93 90 35 2220 1740 11900 1320 732 76101050 200 218 21320 200 76 52 90 95 40 2340 1840 15200 1520 807 87801130 205 220 20720а 200 80 52 97 95 40 2520 1980 16700 1670 815 95901390 242 235 22822 220 82 54 95 100 40 2670 2100 21100 1920 889 11001510 251 237 22122а 220 87 54 102100 40 2880 2260 23300 2120 899 12101870 300 255 24624 240 90 56 100105 40 3060 2400 29000 2420 973 13902080 316 260 24224а 240 95 56 107105 40 3290 2580 31800 2650 984 15102540 372 278 26727 270 95 60 105110 45 3520 2770 41600 3080109017802620 373 273 24730 300 100 65 110120 50 4050 3180 58100 3870120022403270 436 284 25233 330 105 70 117130 50 4650 3650 79800 4840131028104100 518 297 25936 360 110 75 126140 60 5340 41901082006010142035005130 617 310 26840 400 115 80 135150 60 6150 48301522007610157044406420 734 323 275

235

Уголки стальные горячекатаные равнополочные (ГОСТ 8509) Обозначения b ширина полки d толщина стенки J момент инерции Jxy центробежный момент инерции W момент сопротивления i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм Справочные величины для осей

х ndash x x0 ndash х0 y0 ndash y0 х1 ndash х1

профиля

b d R r

Площадь

см

2

Jx см4

ix см4

Jx0

max см4

ix0

max см

Jy0

min см4

iy0

min см

Jxy см4

z0 см Масса

1 м

кг

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

2 20 3 4

35 12 113 146

040 050

059053

063 078

075 073

017 022

039 038

081 109

060 064

089 115

25 25 3 4

35 12 143 186

081 103

075074

129 162

095 093

034 044

049 048

157 211

073 076

112 146

28 28 3 40 43 162 116 085 184 107 048 055 220 080 127

32 32 3 4

45 15 186 243

177 226

097096

280 358

123 121

074 094

063 062

326 339

089 094

146 191

36 36 3 4

45 15 210 275

256 329

110109

406 521

139 138

106 136

071 070

464 624

099 104

165 216

4 40 3 4 5

50 17 235 308 379

355 458 553

123122120

563 726 875

155 153 154

147 190 230

079 078 079

635 853 1073

109 113 117

185 242 297

45 46 3 4 5

50 17 265 348 420

513 663 803

139138137

813 10501270

175 174 172

212 274 333

089 089 088

904 120 1530

121 126 130

208 273 337

5 50 3 4 5

55 18 296 389 480

711 921 1120

155154153

113014601780

195 194 192

295 380 463

100 099 098

1240 1660 2090

133 138 142

232 305 377

56 56 4 5

60 20 438 541

13101600

173172

20802540

218 216

541 659

111 110

2330 2920

152 157

344 425

63 63 4 5 6

70 23 496 613 728

189023102710

195194193

299036604290

245 244 243

781 952 1120

125 125 124

3310 4150 5000

169 174 178

390 481 572

7 70

45 5 6 7 8

8 27

620 686 815 942

1070

290 319 376 430 482

216216215214213

460 507 536 682 764

272 272 271 269 268

120 132 155 178 200

139 139 138 137 137

510 567 684 801 919

188 190 194 199 202

487 538 639 739 837

236

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

75 75

5 6 7 8 9

9 30

739 878

1010 1150 1280

395466533598661

231230229228227

626739846946

1050

2912902892872 86

164193221248275

149148148147146

696 839 983

1130 1270

202 206 210 215 218

5806897969021010

8 80

55 6 7 8

9 30

863 938

1080 1230

527570653734

247247245244

836904

10401160

311311309308

218235270303

159158158157

932 1020 1190 1370

217 219 223 227

678736851965

9 90

6 7 8 9

10 33

1060 1230 1390 1560

821943

10601180

278277276275

1300150016801860

350349348346

340389438486

179178177177

1450 1690 1940 2190

243 247 251 255

83396410901220

10 100

65 7 8

10 12 14 16

12 40

128 138 156 192 228 263

2970

1220131014701790209023702640

309308307305303300298

1930207023302840331037504160

388388387384381378374

507542609741869993

1120

19 198198196195194194

2140 2310 2650 3330 4020 4720 5420

268 271 275 283 291 299 306

1010108012201510179020602330

11 110 7 8

12 40 1520 1720

17601980

340339

27903150

429428

727818

219218

3080 3530

296 300

11901350

125 125

8 9 10 12 14 16

14 46

197 220 243 289 334 378

294 327 360 422 482 539

387386385382380378

467 520 571 670 764 853

487486484482478475

122 135 149 174 200 224

249248247246245244

516 582 649 782 916

1051

336 340 345 353 361 368

155173191227262296

14 140 9

10 12

14 46 247 273 325

466 512 602

434433431

739 814 957

547546543

192 211 248

279278276

818 911

1097

378 382 390

194215255

16 160

10 11 12 14 16 18 20

16 53

314 344 374 433 491 548 604

774 844 913

1046117512991419

496495494492489487485

1229134114501662186620612248

625624623620617613610

319 348 376 431 485 537 589

319318317316314313312

1356 1494 1633 1911 2191 2472 2756

430 435 439 447 455 463 470

247270294340385430474

18 180 11 12

16 53 388 422

12161317

560559

19332093

706704

500 540

359358

2128 2324

485 489

305331

20 200

12 13 14 16 20 25 30

18 60

471 509 546 620 765 943

1115

1823196120972363287134664020

622621620617612606600

2896311633333755456054946351

784783781778772763755

749 805 861 970

118214381688

399398397396393391389

3182 3452 3722 4264 5355 6733 8130

537 542 546 554 570 589 607

370399428487601740876

237

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

22 220 14 16

21 70 604 686

28143175

683681

4470 5045

860858

11591306

438 436

4941 5661

593 602

474 538

25 250

16 18 20 22 25 28 30

24 8

784 877 970 1061 1197 1331 1420

4717524757656270700677178177

776773771769765761759

7492 8337 9160 9961 111251224412965

978975972969964959956

1942215823702579288731903389

498 496 494 493 491 489 489

8286 9342 10401 11464 13064 14674 15753

675 683 691 700 711 723 731

615 689 761 833 940 10451114

238

ПРИЛОЖЕНИЕ 5 Коэффициент приведенной длины μ

(величина μ зависит от способа закрепления концов стержня)

239

ПРИЛОЖЕНИЕ 6

Коэффициент снижения допускаемых напряжений (зависит от марки материала

и гибкости λ стержня)

Гибкость Сталь

Ст1 2 34 Ст 5

Стали повышенного качества

пц 320МПа

Чугун Дерево

0 100 100 100 100 100 10 099 098 097 097 099 20 096 095 095 091 097 30 094 092 091 081 093 40 092 089 087 069 087 50 089 086 083 057 080 60 086 082 079 044 071 70 081 076 072 034 060 80 075 070 065 026 048 90 069 062 055 020 038 100 060 051 043 016 031 110 052 043 035 ndash 025 120 045 037 030 ndash 022 130 040 033 026 ndash 018 140 036 029 023 ndash 016 150 032 026 021 ndash 014 160 029 024 019 ndash 012 170 026 021 017 ndash 011 180 023 019 015 ndash 010 190 021 017 014 ndash 009 200 019 016 013 ndash 008

240

Учебное издание

Литвинов Александр Николаевич

МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ

Редактор Е Г Акимова Технический редактор С В Денисова Компьютерная верстка С В Денисовой

Дизайн обложки А А Стаценко

Подписано в печать 26062018 Формат 6084116

Усл печ л 144 Тираж 168 Заказ 288

_______________________________________________________ Издательство ПГУ

440026 Пенза Красная 40 Телфакс (8412) 56-47-33 e-mail iicpnzguru

4

54 Изгиб с растяжением и сжатием 127 55 Расчет на прочность при пространственном изгибе 132

Глава 6 ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ 143

61 Анализ напряженного состояния 144 62 Обобщенный закон Гука 147 63 Критерии прочности 148

631 Критерии прочности для хрупких материалов 149 632 Критерии прочности для пластичных материалов 150

64 Частные случаи напряженного состояния 151 641 Кручение валов 151 642 Изгиб с кручением валов 151 643 Общий случай плоского напряженного состояния 152

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого поперечного сечения 153 66 Расчет трансмиссионного вала 156 67 Общий случай сложного сопротивления 161

Глава 7 УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ 168 71 Основные понятия 169 72 Расчетные формулы 170 73 Особенности расчета на устойчивость 173 74 Практический расчет на устойчивость 174 75 Расчет на устойчивость 175 76 Проектный расчет на устойчивость 180

Глава 8 ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК 184 81 Основные понятия 185 82 Расчет коэффициента динамичности 186

821 Действие линейных ускорений 186 822 Действие удара 187 823 Действие вибрации 189

83 Расчет на ударную нагрузку 193 84 Расчет упругой системы при действии вибрации 197

Глава 9 РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ 204 91 Основные понятия 205 92 Упругопластический изгиб балок 206 93 Расчет остаточных напряжений 210 94 Расчет по предельному состоянию при кручении 212 95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов 213 96 Расчет вала по предельному состоянию 214

Заключение 219

5

Библиографический список 221 Приложение 1 223 Приложение 2 225 Приложение 3 228 Приложение 4 233 Приложение 5 238 Приложение 6 239

6

Предисловие

Вопросы проектирования новых изделий и проверки прочности существующих конструкций в сложных условиях эксплуатации связаны с исследованием напряженно-деформи-рованного состояния элементов этих конструкций при различ-ных видах внешних воздействий Исследование напряженно-деформированного состояния элементов конструкций включает в себя их расчеты на прочность жесткость устойчивость при статических и динамических воздействиях Анализ напряжен-но-деформированного состояния элементов позволяет на этапе проектирования оптимизировать конструкции изделий машино- и приборостроения для обеспечения их надежности в сложных условиях эксплуатации

Указанные вопросы рассматриваются в курсах laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая механикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для различ-ных направлений подготовки бакалавров и специалистов Со-держание пособия построено на материалах лекций практиче-ских и лабораторных занятий которые проводились на кафедре laquoТеоретическая и прикладная механика и графикаraquo для различ-ных направлений и специальностей машиностроительного транспортного энергетического и приборостроительного про-филей

Все разделы курса изложенные в пособии содержат ос-новные расчетные формулы и их анализ Приведены рекомен-дации по оптимальному проектированию типовых элементов конструкций на прочность жесткость и устойчивость при раз-личных видах нагружения Приведены рекомендации по опти-мальному проектированию элементов конструкций Сформули-рованы задания на выполнение курсовых и контрольных работ В конце каждого раздела приведены контрольные вопросы для самопроверки и подготовке студентов к итоговой аттестации

В приложениях приведены справочные данные необходи-мые для выполнения практических расчетов

С пособием можно ознакомиться ndash в библиотеке и читальном зале ПГУ ndash в лаборатории кафедры ТПМГ ndash на сайте httpdep_tpmgpnzgurufilesdep_tpmgpnzguru

7

Введение Основные понятия

Как известно теоретическая механика имеет дело с мате-

риальной точкой и абсолютно твердым телом Для тех явлений когда деформациями тела можно пренебречь выводы теорети-ческой механики оказываются вполне достаточными Для по-строения механики реальных элементов конструкций законов теоретической механики оказывается недостаточно и их необ-ходимо дополнить физическими законами и гипотезами харак-теризующими деформированное состояние элементов конст-рукций под действием нагрузок

Раздел механики в котором рассматривается поведение реальных элементов конструкций под действием внешних на-грузок называется механикой материалов и конструкций Практическая цель этого раздела ndash расчет элементов реальных конструкций на прочность жесткость и устойчивость

Объекты исследования Объектами изучения являются типовые элементы конструкций различного назначения изго-товленные из реальных конструкционных материалов свойства которых характеризуются их физико-механическими характе-ристиками которые определяются экспериментально

В зависимости от геометрической формы и размеров кон-структивные элементы классифицируются следующим образом (рис 1) стержень (брус) оболочка пластина тело

а) б) в) г)

Рис 1

Стержень ndash элемент конструкции у которого одно измере-

ние (длина) значительно больше двух других (рис 1а) Попереч-ным сечением стержня проходящим через точку А (рис 1а) на-зывается сечение стержня плоскостью содержащей эту точку и

8

нормальной к его оси В зависимости от геометрической формы оси стержни классифицируются прямой криволинейный коль-цевой и тп

Стержни могут иметь постоянное или переменное сечение Оболочка ndash элемент конструкции у которого одно изме-

рение (толщина h) значительно меньше двух других (рис 1б) Поверхность равноудаленная от внутренней и наружной по-верхностей оболочки называются срединной поверхностью В зависимости от геометрии срединной поверхности оболочки классифицируются цилиндрическая коническая сферическая и тп

Пластина ndash частный случай оболочки у которой средин-ная поверхность является плоскостью (рис 1в) По виду сре-динной плоскости пластины классифицируются прямоуголь-ная треугольная круглая кольцевая и тп

Оболочки и пластины могут иметь постоянную или пере-менную толщину

Массив ndash элемент у которого все три размера имеют один порядок (рис 1г)

Внешние нагрузки Совокупность действующих на элемент конструкции сил моментов тепловых и иных воздействий будем называть внешними нагрузками По отношению к исследуемому объекту нагрузки являются внешними силами В число внешних сил включаются также реакции связей наложенных на конструк-ции Напомним что в зависимости от площади контактной пло-щадки через которую на элемент передается внешняя сила разли-чают сосредоточенные и распределенные нагрузки [1 2]

По длительности воздействия и характеру приложения внешние нагрузки делятся на статические и динамические

Статической называют нагрузку которая медленно воз-растает от нуля до номинального значения которое остается неизменным в процессе эксплуатации конструкции

Динамическая нагрузка характеризуется изменением ее ве-личины или направления в процессе эксплуатации Чаще всего динамические нагрузки являются вибрационными ударными

Внутренние силовые факторы Метод сечений Под действием внешних нагрузок в поперечных сечениях

элемента конструкции в самом общем случае возникают шесть внутренних силовых факторов которые определяют методом сечений

9

Суть метода сечений состоит в следующем Элемент конструкции мысленно рассекаем на две части и

рассматриваем равновесие любой отсеченной части находя-щейся под действием внешних нагрузок и внутренних силовых факторов приложенных к этой части

На рис 2 представлены внутренние силовые факторы и метод сечений

а) б)

Рис 2 В произвольном поперечном сечении элемента конструк-

ции на который действуют внешние нагрузки jР (рис 2а)

в самом общем случае возникают следующие внутренние сило-вые факторы (рис 2б)

N ndash продольная сила х yQ Q ndash поперечные (перерезывающие) силы

крzM М ndash крутящий момент

х yМ М ndash изгибающие моменты

В соответствии с методом сечений для отсеченной части II элемента конструкции (рис 2б) следует составить шесть урав-нений равновесия

ndash сумма проекций всех сил jХ на ось х 0j хХ Q

ndash сумма проекций всех сил jY на ось у 0j yY Q

ndash сумма проекций всех сил jZ на ось z 0jZ N

ndash сумма моментов относительно оси х ( ) 0x j xmom P M

ndash сумма моментов относительно оси у ( ) 0y j ymom P M

ndash сумма моментов относительно оси z кр( ) 0z jmom P M

10

Существенной особенностью представленной системы уравнений равновесия для отсеченной части является то что каждое уравнение содержит лишь один внутренний силовой фактор те система уравнений равновесия и внутренние сило-вые факторы определяются достаточно просто Результат опре-деления внутренних силовых факторов не зависит от того какая часть элемента конструкции (I или II) рассматривается Для уп-рощения расчетов рекомендуется рассматривать отсеченную часть элемента конструкции на которую действует минималь-ное число внешних нагрузок

Примечани е При составлении уравнений равновесия исполь-зуют правило знаков для внешних нагрузок и внутренних силовых факто-ров которые вводятся для различных видов нагружения (растяжение и сжатие кручение изгиб) рассмотренных в соответствующих разделах пособия

Основные гипотезы Для вывода основных уравнений и соотношений для рас-

чета типовых элементов конструкций принимают основные ги-потезы о структуре и свойствах материалов а также о характере деформаций этих элементов

1 Гипотеза о сплошности материала Считается что ма-териал элемента конструкции является сплошным те не до-пускается наличие раковин пор трещин и иных дефектов Ма-териал полностью занимает объем элемента

2 Гипотеза об однородности и изотропности Считается что свойства материала одинаковы во всех точках элемента В каждой точке по всем направлениям свойства также одинако-вы В тех случаях когда свойства материала отличаются по раз-ным направлениям он называется анизотропным (стекло-пластики материалы армированные различными волокнами и тп)

3 Гипотеза о малости деформаций Считается что де-формации элемента конструкции малы по сравнению с его ли-нейными размерами

4 Гипотеза об упругости материала Все элементы кон-струкции считаются линейно упругими а при их деформации выполняется закон Гука Таким образом считается что между нагрузками и деформациями элемента конструкции имеет место линейная зависимость

5 Гипотеза плоских сечений Считается что плоские по-перечные сечения перпендикулярные к оси элемента конструк-

11

ции в процессе его деформирования остаются плоскими и пер-пендикулярным к его деформированной оси

Эти а также некоторые специальные гипотезы которые принимаются для различных видов нагружения позволяют ре-шать широкий круг задач механики материалов и конструкций по расчету на прочность жесткость и устойчивость Результаты таких теоретических расчетов обычно хорошо согласуется с данными экспериментальных исследований при различных видах нагружения типовых элементов конструкций

На основании принятых основных гипотез сформулирован принцип суперпозиций (принцип независимости действия сил или принцип сложения) который формулируется следующим образом результат воздействия на элемент конструкции систе-мы внешних нагрузок равен алгебраической сумме результатов воздействия каждой из нагрузок приложенных к этому элемен-ту по отдельности и не зависит от последовательности прило-жения этих нагрузок

Например если на элемент конструкции одновременно действует внешняя нагрузка и тепловое воздействие то задачу по определению усилий и деформаций возникающих в конст-рукции можно разделить на две задачи

1) рассмотреть действие только силовых нагрузок без уче-та температурного воздействия

2) рассмотреть только тепловое воздействие 3) используя принцип суперпозиций определить резуль-

тирующие усилия и деформации путем алгебраического (с уче-том знака) сложения результатов расчета в первой и второй за-дачах

Принцип суперпозиций имеет широкое практическое применение в расчетной практике для различных элементов конструкций при сложных видах их нагружения так как позво-ляет сложную расчетную схему разбить на ряд простейших за-дач решения для которых достаточно просто получить или можно использовать известные решения приведенные в спра-вочной литературе [3]

Примечани е Следует иметь в виду что принцип суперпозиций основан на выполнении всех основных гипотез поэтому если хотя бы одна из принятых гипотез (например гипотеза малости деформаций или гипотеза об упругости материала) не выполняется то принцип суперпо-зиций неприменим

12

Контрольные вопросы

1 Что изучают в курсе laquoМеханика материалов и конст-рукцийraquo

2 Дайте классификацию основных объектов исследования 3 Какой элемент конструкции называют стержнем 4 Какой элемент конструкции называют оболочкой пла-

стиной 5 Дайте понятие внешней нагрузки действующей на эле-

мент конструкции 6 Какую нагрузку называют статической 7 Какую нагрузку называют динамической 8 Какие внутренние силовые факторы возникают в общем

случае нагружения элемент конструкции 9 Сформулируйте суть метода сечений 10 Перечислите основные гипотезы 11 Сформулируйте гипотезу сплошности однородности и

изотропности материала 12 Сформулируйте гипотезу о малости деформаций 13 Сформулируйте гипотезу об упругости материала 14 Сформулируйте гипотезу плоских сечений 15 Сформулируйте принцип суперпозиций и условия его

применимости 16 Приведите примеры применения принципа суперпо-

зиций 17 В каких случаях принцип суперпозиций не применим

13

Общие указания о порядке выполнения

и оформления курсовых и контрольных работ Курсовые и контрольные работы являются составной ча-

стью учебных дисциплин по курсам laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая ме-ханикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для студентов различных форм обучения

Объем курсовых и контрольных работ определяется в со-ответствии с учебными планами по каждому направлению График проведения и тематика курсовых и контрольных работ утверждается на кафедре и доводится до сведения студентов в начале семестра

Данные для решения каждой задачи выбираются из таб-лиц заданий согласно варианту который определяется по номе-ру зачетной книжки (студенческого билета) и пяти буквам рус-ского алфавита

Курсовые и контрольные работы служат для развития у студентов навыков самостоятельного решения практических задач по обеспечению прочности жесткости и устойчивости ти-повых элементов конструкций машино- и приборостроительного направлений анализа их напряженно-деформированного со-стояния при действии внешних эксплуатационных и технологи-ческих нагрузок

Для определения варианта работы следует из номера за-четной книжки (студенческого билета) исключить все буквы а первую цифру номера заменить на последнюю и под получен-ным цифровым шифром записать буквы (а б в г д) в соответ-ствии с приведенным примером

Записав шифр состоящий из пяти цифр и пяти букв для каждой задачи из таблиц выбирают число которое находится на

14

пересечении соответствующей строки (на ней расположены бу-квы шифра) и столбца (на ней расположены цифры шифра) Причем вначале берется буква а затем находится соответст-вующая ей в шифре цифра Номер зачетной книжки и соответ-ствующий ему шифр задания указывается на титульном листе курсовой (контрольной) работы

Курсовая работа оформляется в виде расчетно-поясни-тельной записки формата А4 (прил 1)

Решение каждой задачи должно сопровождаться кратки-ми последовательными без сокращений слов пояснениями и чертежами При использовании формул и данных отсутствую-щих в рекомендуемых учебниках и настоящем пособии необ-ходимо кратко и точно указать источник используемой литера-туры Подстановка цифр в расчетные формулы должна выполняться полностью Вычисления должны вестись с точно-стью до трех значащих цифр с обязательным указанием размер-ности полученного результата в системе единиц СИ

Перед подстановкой числовых значений необходимо все исходные величины привести к соответствующим единицам измерения механических величин

Основные единицы механических величин в Международной системе единиц (СИ)

Величина Единица в системе СИ

Наимено-вание

Обозна-чение

Наимено-вание

Единица измере-ния

Соотношения единиц

Сила Р Ньютон Н 10Н1кгс Моменты (изгибающие крутящий)

х yМ М

Mкр Ньютонметр Нм 1Нм = 01кгсм

Напряжение (нормальное касательное)

Паскаль Па 1Па = 1 Нм2 1МПа = 1Нмм2

Модуль упругости

Е G Паскаль Па 1МПа =106Па

Погонная нагрузка

q Ньютон метр

Нм 1Нм = 01кгсм

Ударная вязкость

а ndash 2

Н м

м

5

2 2

Н м кгс м10

м см1

1 МПа = 106 Нм2 = 100 Нсм2 =1 Нмм2

15

Кратные и дольные единицы

Приставка Гига Мега Кило Гекто Дека Деци Санти Милли Микро Нано

Обозначение Г М к г да д с м мк н

Множитель 109 106 103 102 101 101 102 103 106 109

Порядок решения задач приведен в примерах помещен-

ных после условия каждой задачи Необходимые справочные данные для выполнения расче-

тов приведены в прил 2ndash6 Перед выполнением курсовой (контрольной) работы пред-

варительно следует изучить соответствующие разделы курса по лекциям и рекомендованным учебникам и пособиям [1 2 4] Для более углубленного изучения курса дополнительно реко-мендуются пособия [5 6]

16

Краткое содержание основных разделов курса

Основные понятия

Задачи и методы механики материалов и конструкций Ре-альный объект и расчетная схема Внешние и внутренние силы Классификация внешних сил Внутренние силовые факторы Метод сечений

Основные гипотезы о деформируемом теле Перемещения и деформации Напряжение (полное нормальное касательное) Связь напряжений с внутренними силовыми факторами Прин-цип независимости действия сил Общие принципы расчета элементов конструкции

Тема 1 Растяжение и сжатие Внутренние силы и на-пряжения возникающие в поперечных сечениях прямого стержня при растяжении и сжатии Эпюры продольных сил Абсолютные продольное и поперечное удлинения Относитель-ные продольная и поперечная деформации Закон Гука при рас-тяжении и сжатии Модуль упругости Коэффициент попереч-ной деформации (коэффициент Пуассона) Определение осевых перемещений поперечных сечений Жесткость при растяжении и сжатии

Экспериментальное изучение свойства материалов при растяжении и сжатии Диаграмма растяжения и ее характерные параметры пределы пропорциональности упругости текуче-сти прочности Истинная диаграмма растяжения Закон раз-грузки и повторного нагружения Механические свойства при сжатии Диаграмма сжатия Пластическое и хрупкое состояние материалов типы разрушений

Допускаемое напряжение Выбор коэффициента запаса прочности при статическом нагружении для хрупких и пла-стичных материалов Условие прочности Проектировочный и проверочный расчеты на прочность Определение допускаемой нагрузки

Статически неопределимые системы Степень статической неопределенности Уравнения совместности деформаций По-рядок расчета статически неопределимых систем Особенности их расчета (подбор сечений влияние температуры монтажные напряжения)

17

Понятие о концентрации напряжений Влияние концен-трации напряжений на прочность хрупких и пластических ма-териалов Принцип Сен-Венана

Тема 2 Геометрические характеристики плоских сече-ний Статические моменты площади Осевые полярные и цен-тробежные моменты инерции поперечного сечения Зависимо-сти между моментами инерции при параллельном переносе и повороте осей Определение координат центра тяжести сечения Главные центральные оси Главные моменты инерции Главные центральные моменты инерции простейших поперечных сечений (прямоугольное круглое кольцевое) Геометрические характери-стики стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

Тема 3 Кручение Чистый сдвиг и его особенности Каса-тельные напряжения при сдвиге Закон парности касательных напряжений Угол сдвига Закон Гука при сдвиге Зависимость между тремя упругими постоянными для изотропного тела (Е G )

Кручение прямого стержня круглого поперечного сечения Построение эпюры крутящих моментов Основные гипотезы теории кручения Напряжения в поперечном сечении Формула для максимальных касательных напряжений Полярный момент инерции и момент сопротивления поперечного сечения Угол закручивания Эпюра углов закручивания Жесткость стержня при кручении

Условия прочности Условия жесткости Расчеты на проч-ность и жесткость

Расчет статически неопределимых валов Условие совме-стности деформаций

Особенности расчета на прочность стержней некруглого сечения

Тема 4 Изгиб прямых стержней Опоры и опорные ре-акции Понятия о поперечном чистом и косом изгибе Внут-ренние силовые факторы при поперечном изгибе ( х yМ Q ) По-

строение эпюр Правила знаков для хМ и yQ Дифференци-

альные зависимости между х yМ Q и интенсивностью внешней

нагрузки q Нормальные напряжения при изгибе Эпюра нор-мальных напряжений в поперечном сечении Определение мак-симальных нормальных напряжений Условие прочности по нормальным напряжениям Момент сопротивления при изгибе

18

Расчет на прочность балок из пластичных и хрупких материа-лов Касательные напряжения при поперечном изгибе (формула Д И Журавского) Эпюра касательных напряжений Условие прочности по касательным напряжений Рациональные формы поперечных сечений балок при изгибе

Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и его интегрирование Метод начальных параметров Физический смысл начальных параметров и их определение при различных способах закрепления концов балки Определение перемещений с помощью интеграла МаксвеллаminusМора Способ Верещагина

Определение степени статической неопределимости ба-лок работающих на изгиб Основная система Метод сил Сис-тема канонических уравнений метода сил Вычисление коэф-фициентов системы канонических уравнений Использование условий симметрии и кососимметрии при выборе основной сис-темы Построение результирующих эпюр изгибающих момен-тов Деформационная проверка и ее физический смысл Опре-деление перемещений в статически неопределимых системах

Тема 5 Сложное сопротивление Примеры сложного со-противления Общий метод расчета Косой изгиб Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Ней-тральная линия Условие прочности Определение перемещений при косом изгибе

Внецентренное растяжение и сжатие Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Нейтральная линия Условия прочности Понятие о ядре сечения

Тема 6 Основы теории напряженного и деформиро-ванного состояния Теории прочности Напряженное состоя-ние в точке Тензор напряжений Главные площадки и главные напряжения Классификация напряженного состояния (линей-ное плоское объемное) Относительные деформации Обоб-щенный закон Гука Полная удельная потенциальная энергия деформации в общем случае напряженного состояния

Понятие о критериях (теориях) прочности Критерии прочности для хрупких материалов и область их применимости первый критерий (критерий наибольших напряжений) второй критерий (критерий наибольших относительных деформаций) экспериментальный критерий Мора Критерии прочности для пластичных материалов и область их применимости третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений) четвертый критерий (энергетический критерий)

19

Изгиб с кручением стержней круглого поперечного сече-ния Внутренние силовые факторы Напряженное состояние Расчетные формулы для эквивалентных напряжений экв и мо-

ментов эквМ по третьей и четвертой теориям прочности Усло-

вие прочности Расчет на прочность Тема 7 Устойчивость равновесия деформируемых сис-

тем Понятие об устойчивых и неустойчивых формах равнове-сия Устойчивость сжатых стержней Критическая нагрузка Формула Эйлера при различных опорных закреплениях и преде-лы ее применимости Гибкость стержня Предельная гибкость Понятие о потере устойчивости при напряжениях превышающих предел пропорциональности Формула Ф С Ясинского и условия ее применимости Полная диаграмма для критических напряже-ний Расчет на устойчивость по коэффициенту уменьшения до-пускаемых напряжений ()

Тема 8 Динамическое действие нагрузок Динамиче-ские нагрузки Примеры их возникновения Вычисление напря-жений при равноускоренном движении Формула для коэффи-циента динамичности

Действие ударной нагрузки на упругую систему (про-дольный поперечный удар) Коэффициент динамичности его физический смысл Упрошенная формула для коэффициента динамичности Расчет динамических напряжений и перемеще-ний при ударе Испытания на удар

Тема 9 Расчеты за пределами упругости Понятие пре-дельного состояния конструкции Схематизация диаграмм рас-тяжения Диаграмма Прандтля Разгрузка и остаточные напря-жения Расчет элементов конструкций по предельному состоя-нию Упругопластический изгиб балок Расчет по предельному состоянию валов работающих на кручение

Тема 10 Заключение Современные проблемы расчетов на прочность жесткость и устойчивость Использование новых материалов и особенности их расчета Применение ЭВМ в рас-четах на прочность

Примечани е Объем изучаемых разделов определяется в соот-ветствии с учебными планами и рабочей программой по каждому направ-лению и специальности

20

Глава 1

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ

11 Основные соотношения При растяжении (сжатии) прямых стержней в их попереч-

ных сечениях возникают продольные усилия N для определе-ния которых применяется метод сечений [1minus3] на каждом уча-стке стержня

Эпюрой продольных сил называют графическое изобра-жение изменения продольной силы N по длине стержня При по-строении эпюры применяются следующие правила знаков про-дольная сила считается положительной если она вызывает растяжение и отрицательной если она вызывает сжатие

Под действием продольных сил в точках поперечного се-чения возникают нормальные напряжения величина которых определяется по формуле

N

F (11)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня

Рассмотрим растяжение участка стержня длиной l продольным усилием N (рис 11)

Рис 11

Здесь l и b ndash продольное удлинение и поперечное су-

жение соответственно l и b ndash длина и поперечный размер стержня

21

Относительной продольной деформацией называется без-размерная величина

l

l

(12)

Относительной поперечной деформацией называется без-размерная величина

b

b

(13)

Для линейно упругих материалов выполняется закон Р Гука устанавливающий связь между напряжениями и де-формациями в виде

Е (14) где Е ndash модуль упругости первого рода (модуль Юнга) который для каждого материала определяется экспериментально и при-водится в ГОСТах

Коэффициентом Пуассона называется безразмерный па-раметр который определяется выражением

(15)

определяется экспериментально для каждого материала харак-теризует поперечную жесткость и приводится в ГОСТах

Для всех материалов существующих в природе коэффи-циент Пуассона изменяется в пределах 0 05

В прил 2 приведены значения Е и для большого числа различных материалов Методика экспериментального опреде-ления этих характеристик изложена в [7]

При растяжении (сжатии) стержней происходит их удли-нение (укорочение) Продольное перемещение l на участке стержня в соответствии с законом Гука определяется соотно-шением

Nll

EF

(16) где l ndash длина участка Е ndash модуль упругости первого рода (мо-дуль Юнга) который характеризует жесткость материала стержня (см прил 2)

Если стержень имеет несколько участков то формула (16) обобщается и принимает вид

22

1 ( )

n

i

i i

i

N l

EFl

(17)

Здесь i = 1 2 3 hellip n ndash номер участка n ndash число участков

il ndash длина i-го участка ( )

iEF ndash жесткость на растяжение i-го

участка Ni ndash продольная сила на i-ом участке которая опреде-ляется по эпюре продольных сил

12 Экспериментальные методы определения основных физико-

механических свойств материалов при растяжении и сжатии

При расчете деталей машин и приборов необходимо знать

механические свойства материалов характеризующих их проч-ность и пластичность

К характеристикам прочности относятся предел пропор-циональности пц предел текучести т и предел прочности

(временное сопротивление) в Предел прочности и предел те-кучести необходимы для назначения допускаемого напряжения входящего в условие прочности

К характеристикам пластичности относятся относительное остаточное удлинение после разрыва и относительное оста-точное сужение после разрыва Они необходимы для услов-ного деления материалов на хрупкие и пластичные [1 2]

Все перечисленные механические характеристики опреде-ляются при испытании образцов материала на статическое рас-тяжение Это испытание является наиболее распространенным методом исследования и контроля механических свойств мате-риалов Испытание образцов производится на разрывных ма-шинах с соблюдением всех требований указанных в соответст-вующих стандартах

По ГОСТ 149784 испытание металлов на растяжение производится на стандартных образцах круглого или прямо-угольного поперечного сечения по ГОСТ 1044680 на образ-цах из проволоки

23

Большинство испытательных машин производят косвен-ное измерение нагрузки и удлинения образца К таким машинам относятся и испытательные машины ИМ4Р и Р5 принципи-альная схема которых приведена в [7]

Диаграммное устройство испытательной машины автома-тически записывает зависимость между действующей растяги-вающей нагрузкой Р и абсолютной продольной деформацией образца l вплоть до его разрушения На рис 12 показана ти-пичная диаграмма растяжения для образца из малоуглеродистой стали

Рис 12

Начальный криволинейный участок диаграммы (12) яв-

ляется результатом устранения зазоров в захватах Этот участок не отражает свойств материала и его исключают при обработке диаграммы принимая за начало координат точку 0 (точку пере-сечения продолжения прямолинейного участка диаграммы с осью абсцисс) Ось абсцисс (Δl) проводится от точки 1 начала диаграммы поэтому для определения механических характери-стик материала рассматривается диаграмма ОАВСKDE

На прямолинейном участке диаграммы ОА материал под-чиняется закону Гука [1]

Точке А соответствует наибольшая нагрузка пц Р при ко-

торой сохраняется прямопропорциональная зависимость между

24

Р и l Нагрузка пцР соответствует пределу пропорционально-

сти пц

За точкой А нарушается пропорциональность между Р и l и в образце после разгрузки появляются остаточные дефор-

мации Начиная с точки B абсолютное удлинение образца возрас-

тает практически без увеличения нагрузки материал образца laquoтечетraquo Горизонтальный участок ВС называется площадкой те-кучести а нагрузка тР соответствует физическому пределу те-кучести т

За точкой С образец опять восстанавливает способность сопротивляться возрастанию нагрузки

Участок диаграммы СKD представляющий собой плав-ную кривую с небольшим подъемом называют зоной упрочне-ния При нагрузке соответствующей точке D в образце образу-ется местное сужение так называемая laquoшейкаraquo (как правило в средней части образца) При этом нагрузка действующая на образец достигает максимальной величины max вР Р соответ-

ствующей пределу прочности (временному сопротивлению) ма-териала образца в Участок DE представляет собой ниспа-дающую кривую Он характерен уменьшением нагрузки Р вследствие прогрессивно развивающейся шейки и уменьшению площади поперечного сечения образца В точке Е происходит разрушение образца по шейке

Если нагрузить образец силой превышающей предел про-порциональности ( пцР ) например до точки K затем снять на-

грузку то график разгрузки будет представлять собой прямую KМ параллельную участку ОА диаграммы Из этого следует что при разгрузке зависимость между силой и деформацией подчиняется закону Гука

Величина ОМ остаточная деформация остl MN упру-

гая деформация уl ON полная деформация полнl образца

полн ост уl l l

Аналогично можно найти все виды деформаций для лю-бой точки диаграммы При повторном нагружении образца (из точки М) диаграмма сначала пойдет по прямой линии MK а за-тем по кривой KDE

25

13 Основные характеристики материала

Характеристики прочности Исходными данными для

определения механических характеристик прочности является диаграмма растяжения полученная в процессе испытания (рис 12)

Предел пропорциональности пц наибольшее напряже-

ние при котором еще выполняется закон Гука (сохраняется пропорциональная зависимость между деформациями и напря-жениями)

пцпц

0

Р

F (18)

где 0F площадь поперечного сечения до испытаний образца

Физический предел текучести т напряжение при ко-тором образец деформируется без увеличения нагрузки (уча-сток ВС)

тт

0

Р

F (19)

Многие материалы не имеют явно выраженной площадки текучести поэтому для них определяют условный предел теку-чести

Условный предел текучести 02 это напряжение при

котором остаточное относительное удлинение составляет 02 от l0 те ост 02l l

0202

0

Р

F (110)

Для определения усилия 02Р ГОСТ 149784 допускает

использовать диаграмму растяжения вычерченную испыта-тельной машиной по методике изложенной в [7]

Значения основных характеристик материала приведены в ГОСТах на материал (прил 2)

Диаграмму растяжения образца (рис 12) можно постро-ить в осях σ используя формулы (11) и (12) полагая 0F F

26

В этом случае диаграмма имеет вид аналогичный виду пред-ставленному на рис 12 Так как при определении основных ха-рактеристик в формулах (18) (19) (110) использовалось на-чальное значение площади поперечного сечения 0F то эта

диаграмма называется условной (рис 13)

Рис 13

Так как при растяжении образца его фактическая площадь

сечения уменьшается а на участке DE образуется шейка если в формулах (18)(110) использовать фактическое значение площади поперечного сечения F получим истинную диаграмму растяжения которая на рис 13 показана пунктирной линией

В этом случае истинный предел прочности определяется

выражением maxист

к

Р

F При этом получим что ист в

В ГОСТах приводится значение условного предела прочности в

Предел прочности (временное сопротивление) в на-пряжение равное частному от деления максимальной нагрузки которую выдерживает образец на первоначальную площадь поперечного сечения образца

maxв

0

Р

F (111)

Характеристики пластичности Характеристики пла-стичности материала и ψ определяются путем сравнения раз-меров образца до и после испытания

27

Относительное остаточное удлинение образца после раз-рыва равно отношению приращения расчетной длины образца после разрушения к ее исходной величине

ост к 0

0 0

100 100 l l l

l l

(112)

где кl длина образца после разрыва остl приращение рас-

четной длины образца Относительное остаточное сужение образца после раз-

рыва ψ есть отношение уменьшения площади поперечного се-чения образца в месте разрыва к начальной площади попереч-ного сечения образца

0 к

0

100 F F

F

(113)

где кF конечная минимальная площадь поперечного сечения образца в месте разрыва (в месте образования шейки)

Значения характеристик и также приводят в ГОСТах (прил 2)

14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность

Для обеспечения прочности элемента конструкции рабо-

тающего на растяжение (сжатие) должно выполняться условие прочности

max (114)

Здесь max ndash максимальные напряжения в элементе кон-струкции ndash допускаемые напряжения для этого элемента

конструкции которые для пластичных материалов записывают-ся в виде

т

т

n

(115)

где т ndash предел текучести для материала конструкции тn ndash коэффициент запаса по текучести величина которого зависит

28

от условий эксплуатации и ответственности конструкции Для обычных машиностроительных конструкций если не оговорено особо коэффициент запаса прочности принимается равным

т 15n Если материал конструкции является хрупким то записы-

вают два условия прочности на сжатие и растяжение

max сж сж max р р (116)

где max сж и max р ndash это максимальные растягивающие и сжи-

мающие напряжения соответственно Допускаемые напряжения на сжатие jM и растяжение jb

определяются соотношениями

сж рв в

сж рв в

n n

(117)

Здесь сжв р

в ndash предел прочности материала конструкции на сжатие и растяжение соответственно а в 2n ndash коэффициент запаса прочности

Следует иметь в виду что для хрупких материалов сжв gt р

в и jM gt jb

Различают три основных типа расчетов на прочность ndash проверочный расчет в котором для существующей кон-

струкции проверяется выполнение условий прочности (114) или (116)

ndash проектный расчет в котором из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяются тре-буемые размеры поперечного сечения элемента конструкции

ndash расчет допускаемой внешней нагрузки ndash в нем для спро-ектированного элемента конструкции из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяют вели-чину допускаемой внешней нагрузки

15 Условие жесткости

В некоторых случаях кроме условий прочности требуется обеспечить выполнение условия жесткости которое записыва-ется в виде

29

max (118)

где max ndash максимальное перемещение конкретного сечения

стержня Допускаемое перемещение для элемента конструкции

задается конструктивно из конкретных условий эксплуатации элемента конструкции и ограничивает максимально допустимые перемещения его сечений при эксплуатации Условие (118) су-щественно ограничивает жесткость элемента конструкций

Первым выполняется расчет на прочность а затем выпол-няется проверочный расчет на жесткость Если условие жестко-сти не выполняется то принимаются конструктивные меры по обеспечению требуемой жесткости за счет увеличения площади поперечного сечения изменения длин участков введения до-полнительных опор и тп

16 Расчет статически определимого стержня

Задача 1 Ступенчатый стержень (рис 14) участки которого имеют

площади поперечных сечений Fi нагружен продольными си-лами Pi Сечения участков стержня ndash квадрат со стороной ai длины участков равны li

Рис 14

Требуется построить эпюры нормальных усилий N и нор-

мальных напряжений σ вычислить полное удлинение стержня и сделать вывод о прочности стержня

Материал стержня ndash сталь с модулем упругости первого рода Е = 2middot105 МПа и допускаемым напряжением [σ] = 160 МПа Данные для расчета принять по табл 11 Для получения чис-ленного результата принять значения Р = 10 кН а = 10 мм l = 500 мм

30

Таблица 11

Pi ai li Номер строки P1 P2 P3 P4 a1 a2 a3 a4 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

P P P P P 2P 2P P P P

3P 3P 3P 2P 2P 3P 5P 2P 4P 2P

P 2P P 2P 2P P P 3P 2P P

P P 3P 2P P P 2P P 2P 2P

2a a 3a 4a 4a 3a 4a 4a a 4a

a a a 2a a 2a 4a 3a a 3a

2a 2a 3a a 2a 4a 2a a 2a 2a

a 2a 3a a 2a 4a 2a 2a 2a 3a

l 2l l l l 2l 2l l l l

l l 2l l l 2l l l l 2l

l l l 2l l l 2l 2l l l

l l l l

2l l l

2l l l

Буква шифра

в г д д в г в в г д в г

Пример 1 В соответствии с условиями задачи 1 выполнить

расчет стержня изображенного на рис 15а На рис 15б в пока-зано применение метода сечений для I и II участков

Рис 15

а)

г)

д)

в)

б)

31

Решение 1) определяем опорные реакции из уравнения равновесия

(сумма проекций всех сил на ось z)

ΣZ = 0 ZА + Р1 ndash Р2 + Р3 + Р4 = 0

ZА = ndash Р1 + Р2 ndash Р3 ndash Р4

ZА = ndash Р + 5Р ndash Р ndash Р = 2Р

2) определяем нормальные усилия Ni на каждом участке применяя метод сечений

В произвольном сечении i-го участка нормальное усилие Ni равно алгебраической сумме проекций всех сил расположен-ных по одну сторону от сечения на нормаль к сечению те

1

n

i iN P

Растягивающие усилия считаются положительными сжи-мающие ndash отрицательными При составлении уравнений на-правление внутреннего усилия Ni полагаем растягивающим (по-ложительным) те направленным в сторону внешней нормали к произвольному сечению

Если в результате расчета усилие Ni примет отрицательное значение это указывает на то что направление усилия проти-воположно предполагаемому

Рассмотрим левую отсеченную часть стержня На рис 15бв показано применение метода сечений для I II III и IV участков

ndash на I участке 1 A 2 N Z P

ndash на II участке 2 A 1 2 3 N Z P P P P

ndash на III участке 3 A 1 2 2 5 2 N Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 1 2 3 2 5AN Z P P P P P P P P

Отрицательные значения усилий N1 и N2 показывают что участки I и II работают на сжатие Подставив числовое значение Р = 10 кН получим

N1 = ndash 20 кН N2 = ndash 30 кН N3 = 20 кН N4 = 10 кН

По полученным результатам строим эпюру нормальных усилий N (рис 15г)

32

3) определяем нормальные напряжения σi по формуле (11) на каждом участке

ndash на I участке 3

11 2 2 2

20 10 H50 50 МПа

(2 ) (2 10) мм

N

a

ndash на II участке

32

2 22

30 101875МПа

4 10

N

F

ndash на III участке

33

3 23

20 1050

2 10

N

F

МПа

ndash на IV участке 3

44 2

4

10 10100

10

N

F

МПа

По полученным значениям строим эпюру нормальных на-пряжений σ (рис 15д)

Из эпюры σ следует что наиболее нагружен IV участок стержня (опасный участок) При центральном растяжении усло-вие прочности (114) имеет вид maxσ [σ]

Так как maxσ = 100 МПа lt [σ] = 160 МПа ndash условие прочно-сти выполняется

4) вычисляем полную деформацию стержня как алгебраи-ческую сумму абсолютных деформаций li его участков (17)

1

n

ii

l l

где в соответствии с (16) i i i ii

i

N l ll

E F E

Таким образом 1 1 2 2 3 3 4 41

( )l l l l lE

5

2

150 500 1875 1000 50 500 100 1000

2 10

40625 10 мм 0406 мм

П р и м е ч а н и е Если на каком-то участке (например на IV) ус-ловие прочности не выполняется то на этом участке необходимо изме-нить размеры поперечного сечения и обеспечить выполнение условия прочности

4 44 2

4 4( )

N N

F а

33

Требуемый размет квадратного сечения на этом участке

4

4N

а

Выбрав новый размер поперечного сечения необходимо на этом участке рассчитать напряжение и только после этого вычислить полную деформацию стержня

17 Расчет статически неопределимого стержня

Система является статически неопределимой если число

неизвестных опорных реакций превышает число линейно неза-висимых уравнений равновесия для этой системы

В этом случае необходимо выбрать основную статически определенную систему и для нее составить необходимое чис-ло уравнений совместности деформаций [1] Основную систе-му как правило получают из заданной статически неопреди-лимой системы путем освобождения ее от laquoлишнихraquo связей При этом основная система должна быть геометрически неиз-меняемой а число уравнений совместности деформаций дол-жно быть равно степени статической неопределимости задан-ной системы

Задача 2 Стержень постоянного круглого поперечного сечения

(рис 16) защемлен обоими торцами и нагружен продольными силами

Раскрыть статическую неопределимость построить эпюру нормальных усилий N и эпюру линейных перемещений Δ

Расчетную схему принять по рис 16 Данные для расчета принять по табл 12 при l = 100 мм Р = 10 кН

Выполнить проектный расчет на прочность считая что стержень изготовлен из материала сталь с характеристиками

52 10 МПаЕ и [] = 160 МПа

34

Рис 16

35

Таблица 12

Номер строки Номер схемы по рисунку 21

l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

l 12l 14l 06l 18l 20l 16l 24l 20l 20l

18l 16l 14l 12l

l 12l 04l 06l 08l

l

02l 04l 06l 08l

l 12l 14l 16l 08l 20l

04l 06l 08l L

20l l

16l 16l 20l 12l

Буква шифра а б в г д Пример 2 Раскрыть статическую неопределимость постро-

ить эпюры нормальных усилий N и линейных перемещений Δ для стержня изображенного на рис 17а Принять l1 = l2 = l3 = l4 = l

Рис 17

36

Выполнить проектный расчет 1) составляем уравнения равновесия

0 2 0 илиA B A BZ Z P P P Z Z Z (119)

Получено одно уравнение с двумя неизвестными опорными реакциями AZ и BZ те система один раз статически неопределима

2) выбираем основную систему (рис 17б) Она получается из заданной путем освобождения от laquoлишнейraquo связи Принимаем за laquoлишнююraquo связь защемление в опоре В Нагружаем основную систему заданными силами и накладываем условие эквивалент-ности ее заданной системе перемещение сечения В в заданной и основной системах должно быть одинаковым те ΔВ = 0

В сечении B приложим активную силу BZ Z величина которой должна быть такой чтобы выполнялось условие экви-валентной работы заданной и основной систем (рис 17б)

3) раскрываем условие эквивалентности Перемещение ΔВ сечения В выразим через приложенные

нагрузки применяя принцип независимости действия сил (на-грузки вызывающие сжатие считаем отрицательными)

( ) ( ) 0B B i BP Z (120)

где ( )B iP ndash перемещение сечения В от каждой из приложен-

ных известных сил Pi В(Z) ndash перемещение сечения В от неиз-вестной силы Z

Запишем данные выражения используя формулу (16)

11

2( )B

PlP

EF 2

2( )B

P lP

EF

33

( )BP l

PEF

4( )B

Z lZ

EF

В результате из (120) получим уравнение совместности деформаций в виде

2 2 3 40

Рl Р l Р l Z l

EF EF EF EF

(121)

При составлении уравнения (121) учтено что стержень имеет постоянное поперечное сечение на всех участках те const

iEF EF

Решая уравнение (121) получим 3

075 4BZ Z P P

Подставляя Z в (119) получаем 075 АZ P

37

Таким образом статическая неопределимость раскрыта и определены опорные реакции

4) определяем нормальные усилия Ni методом сечений (см пример 1) Разбиваем стержень на участки I II III IV (см рис 17б)

ndash на I участке 13

075 4AN Z P P

ndash на II участке 2 2 075 2 125 AN Z P P P P

ndash на III участке 3 2 075 2 025 AN Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 2 075 2AN Z P P P P P P P

= ndash075Р

По полученным значениям строим эпюру нормальных усилий N которая приведена на рис 17в

5) для основной системы строим эпюру перемещений оп-ределяя перемещения в сечениях (0 1 2 3 4) используя сле-дующее правило их подсчета

перемещение сечения в конце участка равно перемещению сечения в начале этого участка плюс его абсолютная laquoдефор-мацияraquo на участке

1 ( )

i ii i

i

N l

EF (122)

где i =1 2 hellip minus номер участка стержня Перемещение сечения 0 Δ0 = 0

Перемещение сечения 1 1 11 0 075

N l Pl

EF EF

Перемещение сечения 2

2 22 1 075 125 05

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 3

3 33 2 05 025 075

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 4

4 44 3 075 075 0

N l Pl Pl

EF EF EF

38

Эпюра продольных перемещений приведена на рис 17г 6) выполним проектный расчет на прочность Из анализа эпюры продольных сил N (рис 17в) следует

так как площадь поперечного сечения является постоянной то наиболее нагруженным является второй участок на котором продольная сила принимает максимальное значение

max 2 125 N N P

Таким образом максимальные напряжения равны

maxmax 125

N P

F F а условие прочности записывается в виде

max те 125P

F

Отсюда следует что площадь поперечного сечения стержня должна удовлетворять условию

125

PF

Полагая Р = 10 кН = 104 Н и 160 МПа получим

4210

125 78125мм 160

F

Требуемый диаметр стержня имеющего сплошное круг-лое поперечное сечение

4 781152 998мм

FD

Окончательно принимаем диаметр стержня равным D =10 мм Площадь поперечного сечения в этом случае составляет

2 2210

785мм4 4

DF

В соответствии с эпюрой перемещений (рис 17г) макси-мальные перемещения имеют сечения 1 и 3 те

4

max 5

10 100075 075 0048мм

2 10 785

Pl

EF

При этом сечение 1 (рис 17а) перемещается влево а се-чение 3 (рис 17б) вправо на величину max

39

Так как условие жесткости не поставлено то проверка на жесткость статически неопределимого стержня не проводится

П р и м е ч а н и е Построение эпюры перемещений Δ для основ-ной системы является деформационной проверкой Равенство нулю пере-мещения концевого сечения Δ4 = В = 0 для основной системы показыва-ет что статическая неопределимость раскрыта верно

18 Расчет статически неопределимой стержневой системы

на внешние воздействия Существенной особенностью расчета статически неопре-

делимых стержневых систем является то что кроме уравнений равновесия для этих систем необходимо дополнительно соста-вить уравнения совместности деформаций число которых соот-ветствует степени статической неопределимости

При сборке (монтаже) статически неопределимых систем за счет неточности (допусков) изготовления отдельных элемен-тов в них возникают дополнительные монтажные напряжения

Если при эксплуатации статически неопределимой систе-мы имеют место температурные воздействия (охлаждение или нагрев) на отдельные элементы или всю систему то в ее эле-ментах также возникают дополнительные температурные на-пряжения

Таким образом применяя принцип суперпозиций получа-ем что в самом общем случае в элементах статически неопре-делимой системы возникают результирующие напряжения ко-торые в соответствии с принципом суперпозиций определяются выражением

( ) ( ) ( )Р Т (123)

Здесь ( )Р ndash напряжения от внешних усилий ( ) ndash мон-тажные напряжения ( )Т ndash температурные напряжения При расчете результирующих напряжений (123) все напряжения подставляются с учетом их знаков

Задача 3 Абсолютно жесткая балка АВ (рис 18) удерживается

в исходном положении шарнирной опорой и двумя стальными стержнями круглого поперечного сечения соединенными шар-

40

нирно с балкой и опорами Балка нагружена равномерно рас-пределенной нагрузкой интенсивности q и сосредоточенной си-лой P = qa

Выполнить проектный расчет те определить требуемые площади поперечных сечений стержней F и их диаметры

Данные для расчета принять по табл 13 Характеристики стержней

ndash F1 = F F2 = 2F

ndash допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа ndash модуль упругости материала стержней 1 2Е Е Е

= 2middot105 МПа

Таблица 13

Номер строки

Номер схемы

по рис 18 а м b м с м q кНм Т оС мм

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

05 06 04 05 10 10 10 10 05 20

04 06 10 10 10 10 10 06 05 20

10 05 10 10 10 20 20 20 10 10

10 12 10 20 20 24 20 10 20 30

+20 minus25 +30 minus30 +35 minus35 +40 minus40 +25 minus20

05 06 07 minus05 minus06 minus07 10 minus10 09 minus09

Буква шифра

а б в г д а д

Для заданий статически неопределимой системы рассчи-

тать монтажные и температурные напряжения возникающие при следующих условиях

ndash стержень 2 изготовлен с допуском величина которого принимается по табл 13 (при lt 0 ndash стержень изготовлен ко-роче а при 0 ndash длиннее)

ndash изменение температуры 1 стержня составляет Т вели-чина которой принимается по табл 13 (при 0Т ndash охлажде-ние стержня при 0Т ndash нагрев) Коэффициент линейного температурного расширения (КЛТР) для материала стержня

принять равным 6 о 1125 10 С

41

Рис 18

Пример 31 Расчет на прочность В соответствии с условиями задачи 3 выполнить проекти-

ровочный расчет стержневой системы приведенной на рис 19а

42

при а = 05 м = 500 мм b = 04 м = 400 мм q = 10 кНм = 10 Нмм Р qa

Решение 1) применяя метод сечений к заданной конструкции (см

рис 19а) мысленно рассечем стержни и действие отброшен-ных частей заменим усилиями N1 и N2

В шарнирно-неподвижной опоре возникают опорные ре-акции ZA и YA Схема усилий изображена на рис 19б

Составим возможные уравнения равновесия

1 20 cos cos 0AZ Z N N (124)

1 20 sin sin 0AY Y N N qa P (125)

1 20 sin sin 02Aa

mom N a N a P a qa (126)

Получили три уравнения с четырьмя неизвестными N1 N2 ZA YA Следовательно рассматриваемая система один раз стати-чески неопределима и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное уравнение ndash уравнение совместности деформаций Оно получается при рассмотрении малых переме-щений узла В конструкции от нагрузок (рис 19)

В проектировочном расчете реактивные силы ZA и YA не потребуются нужно знать только усилия в стержнях N1 и N2 Поэтому достаточно составить одно уравнение равновесия (125) которое содержит только эти неизвестные и в дальней-шем будет использоваться

2) составляем схему перемещений изобразив начальное и конечное состояния узла конструкции В до и после приложения нагрузок (рис 19в) Ввиду малости деформаций и перемещений считаем что точка В переместится в положение В1 по нормали к исходному положению радиуса вращения АВ (ВВ1АВ) При совмещении концов стержней с точкой В1 описываемые ими при повороте относительно шарниров С и D дуги заменим пря-мыми В1К и В1М перпендикулярными к первоначальным поло-жениям стержней 1 и 2 Отрезки ВК = Δl1 и ВМ = Δl2 являются абсолютными удлинениями стержней 1 и 2

При составлении схемы перемещений (см рис 19в) нуж-но чтобы знаки деформаций стержней соответствовали приня-тому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме усилий (см рис 19б)

43

Рис 19

Так в рассматриваемом примере растягивающие усилия N1 и N2 соответствуют тому что на схеме перемещений стерж-ни 1 и 2 изображены удлиняющимися на величины Δl1 и Δl2

a

β

N1

YA

P

B

z

α

y

q

N2

ZA

А

б)

1 2

β

а b

q

21

a P = qaB

D C

А

a)

α

в) C D

К2К1

∆L1

∆L2

В1

Bz β

2 1

A

α β

y

44

3) составляем уравнение совместности деформаций Рас-смотрим прямоугольные треугольники ВВ1М и ВВ1К с общей гипотенузой ВВ1

Выразив отрезок ВВ1 (перемещение точки В) через удли-нения стержней Δl1 и Δl2 получим

ndash из ΔВВ1К 11 sin

lBB

ndash из ΔВВ1М 21 sin

lBB

Тогда

1 2 sin sin

l l

Выразив деформации Δl1 и Δl2 через усилия в соответст-вии с законом Гука получим

1 1 2 2

1 2sin sin

N l N l

EF EF

(127)

Учитывая что по условию задачи 1 2 2 F F F F

1 2sin sin

a al l

(см рис 19а) полученное выражение

(127) преобразуем к виду

1 22 2sin 2 sin

N a N a

EF EF

из которого следует 2

1 2 2

sin0

2sinN N

(128)

Выражение (128) является дополнительным уравнением и совместно с уравнением (126) образует систему уравнений для определения усилий N1 и N2

4) определяем внутренние усилия N1 и N2 решая совмест-но систему уравнений (126) и (128) В результате получим

2

1 3 3

3 sin

2(sin 2sin )

qaN

45

22 3 3

3sin

(sin 2sin )

qaN

С учетом данных (см рис 19а)

tg 1a

a

те о45

osin 45 0707 05

tg 12504

a

b

те β = 51ordm20prime

sin 51 20 0781 q = 10 Нмм а = 500 мм

получим 2

1 3 3

3 10 500 0707

20707 2 0781N

= 29middot103 Н = 29 кН

22 3 3

3 10 5000781

0707 2 0781N

= 7middot103 Н = 7 кН

5) вычисляем площади поперечных сечений и диаметры стержней Сравним напряжения в стержнях учитывая условия F1 = F и F2 = 2F

31

11

29 10N

F F

3 32

22 1

7 10 35 10

2

N

F F F

2мм

H

(129)

Так как 2 gt 1 то условие прочности (114) следует со-ставить для наиболее нагруженного стержня 2 те

max35

F

Решая неравенство относительно площади F получим

335 10

F

Таким образом 335 10

2187160

F

мм2

Используя соотношения F1 = F и F2 = 2F принимаем

46

F1 = 2187 мм 2 F2 = 2 middot 2187 = 4375 мм 2

Определяем диаметры стержней

11

4 4 21 87Fd

= 528 мм

22

4 4 4375Fd

= 746 мм

Принимаем d1 = 55 мм d2 = 75 мм Так как округление выполнено в бoacuteльшую сторону прочность стержней обеспе-чена При диаметрах d1 = 55 мм и d2 = 75 мм площади сечений соответственно равны

2 21

1314 55

23754 4

dF

мм2

2 22

2314 75

44154 4

dF

мм2

Нормальные напряжения в стержнях равны

31

11

29 10122

2375

N

F

МПа lt []

32

22

7 10158

4415

N

F

МПа lt []

Таким образом условия прочности при выбранных разме-рах поперечных сечений стержней выполняются

Пример 32 Монтажные напряжения Для расчета схемы рассмотренной в примере 31 рассчи-

тать монтажные напряжения при условии что стержень 2 вы-полнен короче на величину = minus05 мм

Решение Расчетная схема представлена на рис 110а На рис 110б представлена система внутренних усилий

1N и 2N в стержнях и опорных реакций AY и AZ в опоре А При монтаже конструкции необходимо сжать стержень 1 и растя-нуть стержень 2

Задача решается аналогично примеру 31

47

Рис 110

1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

конструкций

1 20 cos cos 0AZ Z N N (130)

1 20 sin sin 0AY Y N N (131)

1 20 sin sin 0momA N a N a (132)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой поэтому следует составить уравнение совместности деформаций для отсеченной части конструкции

2) составим схему перемещений узла В при монтаже кон-струкции (рис 110в) в соответствии со схемой перемещений ВМ

Ввиду малости перемещений считаем что шарнир В пе-ремещается в положение 1 1( )В ВВ АВ Отрезок 1l представ-ляет собой укорочение стержня 1 под действием силы 1N

а)

в)

б)

48

1 11

1 1

N ll

E F (133)

Отрезок 2 2BK l где 2l ndash удлинение стержня 2 под действием силы 2N

2 22

2 2

N ll

E F (134)

Для составления уравнения совместности деформаций рассмотрим геометрическую связь между перемещением шар-нира В и деформациями стержней 1l и 2l

Из треугольника 1 1ВK В следует что

1 11 sin sin

ВK lВВ

(135)

А из треугольника 2 1ВK В получим

2 21 sin sin

ВK lВВ

(136)

Приравнивая соотношения (135) и (136) получим урав-нения совместности деформаций в виде

1 2

sin sin

l l

(137)

Используя соотношения (133) (134) и учитывая что

1 2 1 2 2 F F F F E E E получим уравнение совместности деформаций (137) в виде

1 1 2 22 sin 2 sin sinN l EF N l (138)

Объединяя уравнения (132) и (138) получим систему уравнений относительно искомых неизвестных усилий в стерж-нях 1N и 2N

1 2

1 1 2 2

sin sin 0

2 sin sin 2 sin

N а N а

N l N l EF

(139)

Из первого уравнения системы получим

1 2sin

sin

N N

(140)

49

Подставляя (140) во второе уравнение (139) получим выражение для усилия 2N

2

2 2 21 2

2 sin

(2sin sin )

ЕN F

l l

(141)

Учитывая что

о о1 2 45 51 20 05мм

sin sin

a al l Е

52 10 МПаЕ

из выражений (141) и (140) определим усилия в стержнях

2 185 (H) 934 (H)N F N F (142)

Положительные значения усилий 1N и 2N указывают на то что их направления на рис 110б указаны верно стержень 1 ndash сжат стержень 2 ndash растянут Полученные выражения устанавли-вают связь монтажных усилий с площадью поперечного сече-ния стержней F

3) определим монтажные напряжения в стержнях с учетом их знака

1 11 2

1

934 Н( ) 934 934 МПа

мм

N N F

F F F

2 22

2

85( ) 425МПа

2 2

N N F

F F F

4) анализ результатов расчета позволяет сделать выводы о том что

ndash монтажные напряжения составляют от допускаемых напряжений [σ]

ndash для стержня 1

1

1 0934

10 100 584 160

ndash для стержня 2

2

2 0425

10 100 266 160

50

ndash при действии внешних усилий (см пример 31) в стерж-нях возникают растягивающие напряжения 1 и 2

При монтаже рассматриваемой конструкции в стержнях возникают сжимающие монтажные напряжения 1( ) lt 0 в стержне 1 и растягивающие 2 ( ) 0 в стержне 2 Таким обра-зом за счет монтажных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2

П р и м е ч а н и е В статически определимых системах монтаж-ных напряжений не возникает Например если в стержневой системе показанной на рис 110а убрать один из стержней то система становит-ся статически определимой При ее монтаже оставшийся стержень не деформируется если он выполнен короче или длиннее требуемого размера

Пример 33 Расчет температурных напряжений Для расчетной схемы представленной в примере 31 рас-

считать температурные напряжения возникающие в стержнях

при нагреве стержня 1 на о 130 СТ (рис 111а)

Рис 111

При нагреве стержня 1 он удлиняется но его свободному изменению длины препятствует стержень 2 Поэтому в стержне 1

а) б)

в)

51

возникают сжимающие усилия 1N а в стержне 2 ndash растягиваю-щие усилия 2N На рис 111б показана система внутренних усилий 1N 2N и опорных реакций АZ и АY в опоре А

Задача решается аналогично примеру 31 1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

1 20 cos cos 0AZ Z N N (143)

1 20 sin sin 0AY Y N N (144)

1 20 sin sin 0momA N a N a (145)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой

2) составим схему перемещений узла В (рис 111в) при нагреве стержня 1

Из рассмотрения треугольников 1 2В K В и 1 1В K В получим

1 1ВK ВМ K М где ВМ ndash температурная деформация стержня 1 которая определяется выражением

1 1( ) ВМ l T T l (146)

1 1 1( )K М l N 2 2 2( )BK l N

где 1l и 2l ndash деформации стержней от усилий 1N и 2N соот-ветственно Эти деформации определяются формулами (133) и (134) С учетом этих выражений получим

1 11 1 1 1 1

1 1

( ) ( )N l

BK l Т l N TlE F

(147)

2 22 2 2

2 2

( )N l

BK l NE F

Так как 1BВ ndash общая гипотенуза в треугольниках 1 2В K В и

1 1В K В то из равенства

1 2 sin sin

BK BK

с учетом выражений (147) получим

1 11

1 1 2 2

2 2sin sin

N lTl

E F N l

E F

(148)

52

Так как по условию 1 2 1 2 2 F F F F Е Е Е то уравнение совместимости деформаций (148) принимает сле-дующий вид

1 1 2 2 1

sin 2 sin sin

N l N l Тl

EF EF

(149)

Объединяя уравнение равновесия (145) и уравнение со-вместности деформаций (149) получим систему уравнений для определения усилий 1N и 2N возникающих в стержнях при температурном воздействии

2 1

1 1 2 2 1

sin sin 0

sin 2sin sin

N N

N l N l lТ Е

(150)

Решая эту систему уравнений относительно 1N и 2N по-лучим

1 2sin

sin

N N

(151)

22 22

1

sin sin2

2sin sinN ТЕF

l

l

(152)

Учитывая что 1 sin

аl

2 sin

аl

получим что 2

1

sin

sin

l

l

а выражение (152) принимает вид 2

2 3 3

sin sin2

2sin sinN ТЕF

(153)

Учитывая что 6 о 1125 10 С о30 СТ 52 10 МПаЕ о45 о51 20 из (153) и (151) получим

o 2 о6 5

2 3 о 3 о

sin 45 sin (51 20 )2 125 10 2 2 10

2 sin (51 20 ) sin (45 )N

4956 (H)F

о

1 о

sin(51 20 )4956 5446 (H)

sin(45 )N F F

53

3) температурные напряжения в стержнях с учетом их знака равны

1 11

1 1

2 21

2

5446( ) 5446 МПа

4956( ) 2478 МПа

2 2

N N FТ

F F F

N N FТ

F F F

(154)

4) анализ результатов расчета позволяет делать следую-щие выводы

ndash температурные напряжения составляют от допус-каемых напряжений для материала стержней

ndash для стержня 1

1

15446

100 100 34 160

ndash для стержня 2

2

22478

100 100 155 160

Существенной особенностью является то что при нагреве стержня 1 в нем возникают сжимающие температурные напря-жения 1( )Т lt 0 в стержне 2 ndash растягивающие напряжения

2 ( )Т 0 П р и м е ч а н и е При действии температуры в статически опре-

делимых системах температурных напряжений не возникает Например если в системе показанной на рис 111а убрать стержень 2 то система становится статически определимой При нагреве (или охлаждении) стержень 1 получает тепловую деформацию 1( )l Т и вызывает поворот

балки АВ (рис 111а) относительно опоры А При этом усилие 1N в нем

не возникает Пример 34 Совместное действие внешних нагрузок Рассмотрим статически неопределимую стержневую сис-

тему представленную на рис 19а и нагруженную внешними нагрузками Р и q

Стержень 2 изготовлен короче заданного размера на вели-чину = minus05 мм а при эксплуатации этой системы стержень 1 подвергается температурному воздействию Т = 30 degС

54

В этом случае в стержнях системы возникают дополни-тельные монтажные и температурные напряжения Результи-рующие напряжения возникающие в стержнях системы опре-деляются по формуле (123)

( ) ( ) ( )j j j jP T (155)

где j = 1 2 ndash номер стержня Обобщая решения задач приведенных в примерах 31 32

и 33 получим

1( ) 122 МПаP 2 ( ) 158 МПаP

1( ) 934 МПа 2 ( ) 425МПа

1( ) 5446 МПаТ 1( ) 2478МПаТ

Результирующие напряжения в стержнях системы (155) ndash в стержне 1

1 122 934 5446 2586 МПа

ndash в стержне 2

2 158 425 2478 22528МПа

Полученные результаты показывают что 1 lt а

2 те для стержня 2 условие прочности не выполняет-

ся Это связано с тем что за счет монтажных и температурных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2 (рис 19а)

Таким образом монтажные и температурные напряжения оказывают существенное влияния на напряженное состояние и прочность элементов статически неопределимых систем и их необходимо учитывать при проведении проектных расчетов

Рассмотрим общий случай совместного воздействия на ста-тически неопределимую систему представленную на рис 19а

внешних нагрузок Р qa кН

10 м

q монтажной неточности

стержня 2 = minus05 мм и температурного воздействия на стер-

жень 1 Т 30 degС Обобщая результаты расчетов приведенных в примерах

31 32 и 33 получим что наиболее нагруженным является стержень 2 те max 2 Учитывая что в соответствии

55

с (129) напряжения в стержне 2 от внешних сил равно 3

235 10

( ) РF

окончательно получим в соответствии с (155)

3 3

max 235 10 35 10

425 2478 6728 (МПа)F F

(156)

Условие прочности (114) принимает вид

3

max35 10

6728 F

(157)

Требуемая площадь поперечного сечения из (157) должна удовлетворять условию

335 10

6728

F

При 160 МПа получим

3 3235 10 35 10

3765мм 160 6728 9272

F

Принимаем 21 3765ммF F и 2

2 2 753мм F F Определяем диаметры стержней

11

4 37652 693мм

Fd

22

4 7532 979 мм

Fd

Окончательно принимаем следующие диаметры стержней

1 27 мм 10 ммd d

В этом случае площади поперечных сечений стержней со-ставляют

2 221

17

385мм 4 4

dF F

2 222

210

785мм 4 4

dF F

56

Проверим выполнение условий прочности для наиболее нагруженного стержня используя формулу (156)

3

max35 10

6728 1582 МПа385

Так как max lt то условие прочности (157) выполня-

ется На основании проведенных расчетов можно делать сле-

дующий вывод При выполнении проектных расчетов статически не-

определимых систем необходимо учитывать наличие мон-тажных и температурных напряжений возникающих в эле-ментах систем

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают при рас-тяжении и сжатии элемента конструкции

2 Какой вид нагружения называется растяжением (сжа-тием)

3 Сформулируйте суть метода сечений при растяжении и сжатии

4 Сформулируйте правила знаков для продольных сил 5 Как вычисляются нормальные напряжения при растя-

жении (сжатии) 6 Как определяются перемещения при растяжении (сжа-

тии) 7 Запишите закон Гука при растяжении (сжатии) 8 Как определяется коэффициент Пуассона 9 Нарисуйте диаграмму растяжения образца и укажите ее

основные законы 10 Что такое предел пропорциональности предел текуче-

сти и предел прочности материала 11 Назовите характеристики определяющие пластич-

ность материала 12 Как определяются допускаемые напряжения для пла-

стичных и хрупких материалов 13 От каких факторов зависит значение коэффициента

запаса прочности 14 Какие системы называются статически неопредели-

мыми

57

15 Что такое условие совместности деформаций 16 Запишите условия прочности для хрупких и для пла-

стических материалов 17 Что такое монтажные напряжения и в каких системах

они возникают 18 Что такое температурные напряжения и в каких сис-

темами они возникают 19 Какие типы расчетов на прочность существуют 20 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета для стержневой системы работающей на растяжение и сжатие

58

Глава 2

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

21 Основные соотношения При расчетах на прочность элементов конструкций кроме

площади поперечного сечения F используются и другие гео-метрические характеристики плоского поперечного сечения определяющие его жесткость при изгибе кручении сложных видах деформаций при расчетах на устойчивость и динамиче-ское действие внешних нагрузок

Статическими моментами сечения называются интегралы следующего вида (рис 21)

xF

xF

dF

dF

S y

S х

(21)

Рис 21

Здесь x y ndash координаты произвольной точки А сечения с координатами x и y dF ndash площадь бесконечно малой площад-ки выделенной возле точки А Интегрирование в (21) ведется по всей площади F поперечного сечения

Оси относительно которых статические моменты равны нулю (Sx = Sy= 0) называются центральными и обо-значаются xC и yC Точка их пересечения (С) называется цен-тром тяжести

59

Координаты центра тяжести xC и yC определяются выра-жениями

1 1

1 1

C C

CC

j

n n

j j jj j

j j

n n

F x F y

x yF F

(22)

Здесь j = 1 2 hellip n ndash номер элементарного сечения на ко-торые можно разбить заданное сечение n ndash число этих сечений

jF ndash площадь элементарного сечения Cjx и Cjy ndash координаты

центра тяжести элементарного сечения в принятой системе ко-ординат Положение и координаты центра тяжести элементар-ных сечений (прямоугольник треугольник круг эллипс и др) приведены в прил 3

Осевыми моментами инерции называются интегралы вида 2 2 x y

F F

J y dF J x dF (23)

Полярным моментом инерции называется интеграл вида 2

рF

J dF (24)

Так как 2 2 2х y (см рис 21) получим

р x yJ J J (25)

Центробежный момент инерции определяется выражением

xyF

J xy dF (26)

Существенным свойством центробежного момента явля-ется то что он может принимать положительные отрицатель-ные и нулевые значения в зависимости от расположения исход-ных осей x и y (рис21)

Оси относительно которых центробежный момент равен нулю ( = 0)xyJ называются главными

Главные оси проходящие через центр тяжести сечения называются главными центральными осями Во всех даль-нейших расчетах эти оси будем обозначать х и у (рис 22)

60

Рис 22

Момент инерции относительно осей x1 и y1 параллельных

главным центральным осям x и y вычисляется по формулам 2 2

1 1 x х y yJ J b F J J a F (27)

где х yJ J ndash моменты инерции относительно главных централь-

ных осей а b ndash расстояния между параллельными осями (рис 22) При определении положения главных центральных осей

следует использовать следствие из их определения Если поперечное сечение имеет хотя бы одну ось сим-

метрии то эта ось является главной центральной Если се-чение имеет две оси симметрии то обе они являются глав-ными центральными а центр тяжести лежит в точке их пересечения

Моментами сопротивления поперечного сечения являются геометрические характеристики которые определяются по фор-мулам

max max

yхx y

JJW W

y x (28)

где max y и max x ndash расстояния до наиболее удаленных точек (K1 и K2) сечения расположенных на внешнем контуре сечения (рис 22)

Полярным моментом сопротивления называется геомет-рическая характеристика

max

рр

JW

(29)

где max minus максимальное расстояние от центра тяжести сечения

до внешнего контура сечения

61

Радиусы инерции поперечного сечения определяются по формулам

yxx y

JJi i

F F (210)

Все геометрические характеристики и координаты опре-деляющие положение центра тяжести простейших сечений приведены в прил 3 Геометрические характеристики стандарт-ных профилей поперечных сечений (двутавр швеллер уголок) приведены в прил 4

П р и м е ч а н и е При проведении расчетов на прочность при раз-личных видах нагружения в поперечных сечениях элементов конструкций используют главные центральные оси которые обозначают х и у

22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения

Задача 4 Для заданного поперечного сечения (рис 23) вычислить

геометрические характеристики х y x y x уJ J W W i i относи-

тельно главных центральных осей При расчете принять 1 1 b k b 2 2 b k b 3 3b k b Значения коэффициентов k1 k2 k3 и вид поперечного сечения

выбираем по табл 21 в соответствии с заданным вариантом расчета Все геометрические характеристики вычислить через па-

раметр сечения b

Таблица 21

Значения коэффициентов Номер строки

Номер схемы по табл21 k1 k2 k3

1 I 10 10 10 2 II 11 08 12 3 III 12 09 14 4 IV 13 07 16 5 V 14 06 18 6 VI 15 12 20 7 VII 16 11 10 8 VIII 17 08 12 9 IX 18 10 14

10 X 09 09 16 Буква шифра

а б в г

62

Рис 23

Пример В соответствии с условиями задачи 4 определить

геометрические характеристики поперечного сечения пред-ставленного на рис 24

63

Рис 24

Так как сечение является симметричным то вертикальная

ось симметрии y является главной центральной осью Для ре-шения задачи введем по нижней кромке сечения вспомогатель-ную ось х1

Разобьем сечение на два прямоугольника 1 и 2 и проведем их laquoсобственныеraquo главные центральные оси хC1 yC1 и хC2 yC2 Определим положение центра тяжести сечения по формуле (22)

1 1 2 2

1 2

C CC

F y F yy

F F

(211)

где F1 F2 ndash площадь прямоугольников 1 и 2 а 1Cy и 2Cy ndash ко-

ординаты их центров тяжести С1 и С2 относительно оси х1 2 2

1 1 2 25 10 2 20 11 8 2 16C Cy b F b b b y b F b b b

В соответствии с (211) получим координату центра тяже-сти (С) всего сечения

2 2

2 2

20 5 11 11767

20 16C

b b b by b

b b

Отмечаем положение центра тяжести сечения С и прово-дим вторую главную центральную ось сечения х

Осевой момент инерции сечения относительно оси х равен

64

(1) (2)х х хJ J J (212)

В соответствии с (27)

1

(1)(1) 21 1xСхJ J F b (2)(2) 2

2 22х xСJ J F b ndash моменты инерции

прямоугольников 1 и 2 относительно оси х (1)1СхJ (2)

2СхJ ndash момен-

ты инерции каждого прямоугольника относительно их собст-венных главных центральных осей 1Cх и 2Cх соответственно

b1 и b2 ndash расстояния между осями х и 1Cх аналогично х и 2Cх

Из рис 24 следует

11 767 5 267C Cb y y b b b

22 11 767 333CCb y y b b b

Моменты инерции каждого прямоугольника относительно его главных осей вычисляется по формулам (см прил 3)

(1)1

342 (10 )

166712Сx

b bJ b (2)

2

348 (2 )

53312Сx

b bJ b

Момент инерции для всего поперечного сечения вычисля-ем по формуле (212)

(1) (2)1 2

2 21 1 2 1

2 2 2 4 2 2 41667 (267 ) 20 533 (333 ) 16 4924

С Сx x xJ J b F J b F

b b b b b b b

Момент инерции относительно оси у вычисляется гораздо проще так как ось у является осью симметрии всего сечения и сечений 1 и 2 те главные центральные оси у1 и 1Cy и 2Cy сов-

падают (см рис 24) В этом случае момент инерции

(1) (2)y y yJ J J (213)

где (1)3

410 (2 )667

12yb b

J b

(2)3

42 (8 )8533

12yb b

J b

Момент инерции всего сечения (213) равен 4 4 4667 8533 92yJ b b b

Наиболее удаленные от осей х и у точки сечения K1 и K2

(см рис 24) имеют координаты

65

1max 767K Cy y y b 2max 4Kx y b

Моменты сопротивления сечения (28) равны 4 4

3 3

max max

4924 92642 23

767 4уx

x у

JJ b bW b W b

y b х b

Площадь всего поперечного сечения равна 2 2 2

1 2 20 16 36F F F b b b

Радиусы инерции определяются выражениями (210) и равны

4

2

49244924 222

636x

xJ b b

i bF b

4

2

9292 9

636

yy

J b bi b

F b

В табл 22 приведены все расчетные геометрические ха-рактеристики сечения

Таблица 22

F xJ уJ xW уW xi yi

36b2 4924b4 92b4 642b3 23b3 222b 9b П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение имеет отверстия то

геометрические характеристики отверстия F xJ уJ следует считать от-

рицательными

Контрольные вопросы

1 Приведите определение статических моментов инерции плоских сечений

2 Дайте определение осевых и центробежного моментов инерции поперечного сечения

3 Дайте определение полярного момента инерции попе-речного сечения

4 Как связаны между собой полярный и осевые моменты инерции

5 Запишите формулы для расчета осевых и полярного моментов инерции простейших сечений прямоугольника круга кольца

66

6 Как определяется положение координат центра тяжести сложного поперечного сечения

7 Какие оси называются центральными 8 Какие оси называются главными 9 Какими свойствами обладают оси симметрии попереч-

ного сечения 10 Как вычисляются моменты инерции сечения при па-

раллельном переносе осей 11 Как вычисляются моменты сопротивления сечений

осевые полярный 12 Запишите формулы для вычисления моментов сопро-

тивления простейших сечений прямоугольника круга кольца 13 Как определяются моменты инерции и моменты

сопротивления стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

14 Как вычисляются радиусы инерции поперечных се-чений

15 Какие оси поперечного сечения называются главными центральными

67

Глава 3

КРУЧЕНИЕ

31 Основные соотношения Рассматриваем кручение стержней (валов) имеющих круг-

лое сплошное или кольцевое поперечное сечение В этом случае выполняется гипотеза плоских поперечных сечений [1 2]

При кручении стержней в поперечных сечениях возника-ют крутящие моменты кр М которые определяются методом

сечений на каждом участке стержня По результатам расчетов строится эпюра крутящих моментов При построении эпюры

крМ используем следующее правило знаков

Внешний момент действующий на отсеченную часть стержня считается положительным если при взгляде со стороны внешней нормали к отсеченной части он вращает ее против часовой стрелки

Под действием крутящего момента крМ в точках попе-

речного сечения расположенных на радиусе возникают каса-тельные напряжения эпюры которых в плоскости сечения по-казаны на рис 31

Рис 31

Величина касательных напряжений в произвольной точке сечения А с координатой (рис31) рассчитывается по формуле

кр

p

М

J (31)

68

где 02

D D ndash внешний диаметр стержня крМ ndash крутящий

момент который определяется по эпюре крутящих моментов

pJ ndash полярный момент инерции поперечного сечения

(см п 21) Максимальные касательные напряжения max достигают-

ся на внешнем контуре сечения (см рис 31) при 2

D и опре-

деляются формулой

крmax

p

М

W (32)

где pW ndash полярный момент сопротивления сечения (29)

Условие прочности записывается в виде

max (33)

Здесь ndash допускаемые касательные напряжения кото-

рые обычно принимают равными (0507) где ndash

допускаемые напряжения для материала вала при растяжении (сжатии)

При кручении поперечные сечения стержня остаются пло-скими не меняют своей формы и размеров и поворачиваются на угол Угол поворота на участке стержня определяется вы-ражением

кр p

М l

GJ (34)

где l ndash длина участка G ndash модуль упругости второго рода (мо-дуль сдвига) материала стержня который определяется экспе-риментально для каждого материала [1 7] Угол поворота из-меряется в радианах

Относительный угол поворота определяется выражением

l

или в соответствии с (34) по формуле

кр

p

M

GJ (35)

69

Условие жесткости для стержней работающих на круче-ние записывается в виде

max (36)

Максимальный относительный угол поворота max опре-

деляется по формуле (35) а допускаемый относительный угол поворота назначается из особенностей работы конструкции

П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение стержня не является круглым (эллиптическое прямоугольное и др) то гипотеза плоских сечений не выполняется сечение депланирует и расчетные формулы (31)ndash(35) не применимы [1] В этом случае расчет стержней выполняется методами теории упругости

32 Расчет на прочность трансмиссионного вала

Задача 5 Выполнить проектный расчет трансмиссионного сталь-

ного вала постоянного поперечного сечения Вал посажен на подшипниковые опоры К шкиву 1 подводится мощность N1 которая передается оборудованию через шкивы 2 3 и 4 в соот-ветствии с расчетной схемой представленной на рис 32

I

VI

II

VII M1

M2

M3M4

l2l1

l3

Рис 32

70

III

VIII

IV

IX

V

X

Рис 32 Окончание

Вал имеет сплошное круглое поперечное сечение диамет-ром D и вращается с частотой n минndash1 Исходные данные при-нять по табл 31

Таблица 31

N2 N3 N4 n 1l 2l 3l

Номер строки

Номер схемы по рис 32

кВт кВт кВт минndash1 м м м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 I 40 20 15 400 10 05 05 2 II 50 25 20 600 05 10 05 3 III 35 20 30 300 06 08 06 4 IV 60 30 20 200 07 10 04 5 V 25 40 25 450 06 07 09 6 VI 40 20 20 500 05 05 05

71

Окончание табл 31

1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 VII 60 35 20 550 04 05 06 8 VIII 35 20 30 350 06 04 05 9 IX 45 40 25 400 05 06 07 0 X 30 25 30 300 08 10 04

Буква шифра

а б в г д а г д

При выполнении расчетов принять ndash материал вала ndash сталь ndash модуль сдвига G = 08 middot 105 МПа ndash допускаемые касательные напряжения 40 МПа

ndash допускаемый относительный угол закручивания вала 04 градм

Пример В соответствии с условиями задачи 5 выполнить проектный расчет трансмиссионного вала расчетная схема ко-торого показана на рис 33 а

Рис 33

а)

в)

б)

72

Исходные данные принять следующими

2 40кВтN 3 40кВтN 4 20кВтN 1300мин n

1 04мl 2 06мl 3 10мl

Решение 1) определим величину мощности подводимой к ведуще-

му шкиву 1 Считаем что потери на трение в подшипниковых опорах А и В отсутствуют те

1 2 3 4 40 40 20 100 N N N N кВт

2) вычисляем крутящие моменты передаваемые на транс-миссионный вал в местах расположения шкивов используя формулу

955 ii

NМ

n (37)

где i = 1 2 3 4 ndash номер шкива

В соответствии с (37) получим

1100

955 318300

М кНм

2 340

955 127300

М М кНм

420

955 064300

М кНм

3) используя метод сечений на каждом из трех участков I II и III (рис 33а) получим значения крутящих моментов на этих участках

крI 4 064М M кНм

крII 4 1 064 318 254М M M кНм

крIII 4 1 2 064 318 127 127М M M M кНм

На рис 33б показана эпюра крутящих моментов постро-енная по полученным результатам

4) определяем положение наиболее нагруженного сечения вала Из эпюры крутящих моментов следует что наиболее на-груженным для вала постоянного поперечного сечения явля-

73

ются сечения расположенные на II участке где крутящий момент

достигает максимального значения кр крIImax 254кНмМ М 5254 10 Н мм

Принимая полярный момент сопротивления для вала рав-

ным 3

16pD

W

запишем условие прочности (33) в виде

кр крmax maxmax 3

16p

М М

W D

(38)

Из соотношения (38) получим что диаметр вала должен определяться из условия

кр

5max 33

16 16 254 1068

40

МD

мм

Таким образом из расчета на прочность следует что трансмиссионный вал должен иметь диаметр 68ммD

5) проверим выполнение условия жесткости (36) для трансмиссионного вала Для этого определим допускаемый от-носительный угол закручивания в радм

о

3 6о

04698 10 радм 698 10 радмм

180

Учитывая что полярный момент инерции вала 4

32pD

J

из условия жесткости (36) получим

кр крmax maxmax 4

32

p

М М

GJ G D

(39)

Из (39) следует что вал должен иметь диаметр удовле-творяющий следующему соотношению

кр

5max

445 6

32 32 254 1082

08 10 698 10

МD

G

мм

Таким образом из условия жесткости следует что 82D мм 6) сопоставляя результаты расчета на прочность и жест-

кость получим что должно выполняться условие 82D мм

74

Округляя это значение диаметра до ближайшего большего из ряда нормальных размеров (ГОСТ 8032ndash84) окончательно при-нимаем диаметр трансмиссионного вала D = 85 мм

В этом случае вал имеет

ndash момент сопротивления 3 3

585121 10

16 16pD

W

мм3

ndash полярный момент инерции 4 4

6 48551 10 мм

32 32pD

J

7) вычислим по формуле (312) значения максимальных касательных напряжений на каждом участке для принятого диаметра вала

кр6

Imax I 5

064 1053

121 10p

М

W

МПа

кр6

IImax II 5

254 1021

121 10p

М

W

МПа

кр6

IIImax III 5

127 10105

121 10p

М

W

МПа

Эпюра максимальных касательных напряжений показана на рис 33в

Анализ эпюры напряжений показывает что на всех участ-ках вала и условие прочности (38) и условие жесткости (39) выполняется

33 Расчет на прочность статически неопределимого вала

Задача 6 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими торцами (рис 34) и нагружен крутящими моментами m1 m2 m3

75

Рис 34

Определить требуемый диаметр вала из условий прочно-

сти и жесткости Построить эпюру углов поворотов поперечных сечений

Принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа = 8 104 Нмм2

m1 m2

m3I

ll3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1 m2

m3IV

ll3

l2l1

m1 m2

m3V

ll3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3IX

ll3

l2l1

m1

m2

m3X

ll3

l2l1

76

ndash допускаемое касательное напряжение [] = 80 МПа = = 80 Нмм2

ndash допускаемый относительный угол закручивания [] = = 2 ordmм

Остальные данные для расчета взять из табл 32 приняв значение m = 05 кНм = 05 middot 106 Нmiddotмм

Таблица 32

Номер строки

Номер схемы

по рис 34 m1 m2 m3 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m m m 2m m m m m 2m m

m m

2m m m m

2m m m

2m

m 2m m m m

2m m

2m m m

l l l l 2l l l 2l 2l 2l

l 2l l l l 2l l l 2l 2l

l l 2l l l 2l 2l l l l

l l l

2l l l

2l 2l l l

Буква шифра

а б в г д а г д

Пример В соответствии с условиями задачи 6 выполнить

расчет стального вала при m1 = 3m m2 = m m3 = 3m l1 = 2l l2 = = l3 = l4 = l (рис 35а)

Решение 1) вал нагружен только парами сил лежащими в плоско-

сти поперечного сечения поэтому возникают только две опор-ные реакции ndash моменты в защемлениях МА и МВ

Составляем уравнение равновесия (сумма крутящих мо-ментов относительно оси z)

1 2 30 0Z A Bmom M m m m M

подставив заданные значения m1 m2 m3 в это выражение по-лучим

MA ndash MB ndash m = 0 (310)

Имеем одно уравнение с двумя неизвестными те система один раз статически неопределима

77

Рис 35

2) выбираем основную систему Она получается из задан-

ной освобождением от лишней связи За лишнюю связь прини-маем защемление правого торца Загружая основную систему заданной нагрузкой и неизвестным моментом Х = MB превра-щаем ее в систему эквивалентную заданной (рис 35б) Усло-вием эквивалентности в данном случае является равенство ну-лю угла поворота сечения В основной системы

В = 0 (311)

В соответствии с принципом независимости действия сил угол поворота сечения В для основной системы можно подсчи-тать как алгебраическую сумму углов поворота сечения В от каждого из внешних моментов в отдельности те

в)

а)

б)

г)

78

1

k

B B im X (312)

или 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) 0B B B Bm m m X

Применяя формулу (34) с учетом условия (312) получим

3 2 3 3 4 50

p p p p

m l m l m l X l

GJ GJ GJ GJ

(313)

Внешний крутящий момент считаем положитель-ным если при взгляде со стороны свободного торца В Он вращает вал против часовой стрелки (см рис 35б)

Из уравнения совместности деформаций (313) получим

X = 06 m

В силу эквивалентности X = MB те MB = 06m Из уравнения равновесия (37) получим

06 16А ВМ m М m m m

Значения моментов МА и МВ положительны те направле-ние их выбрано верно (см рис 35а)

3) строим эпюру крутящих моментов определив их вели-чину на каждом участке методом сечений Крутящий момент в произвольном сечении i-го участка по величине равен ал-гебраической сумме внешних моментов расположенных по одну сторону от сечения

на I участке кI 16АМ М m

на II участке кII 3 16 3 14АМ М m m m m

на III участке кIII 3 16 3 24АМ М m m m m m m

на IV участке кIV 3 3 16АМ М m m m m m m

3 06m m

Эпюра крутящих моментов показана на рис 35в Эпюра

крМ штрихуется винтовой линией

4) строим эпюру углов поворота сечений i используя фор-мулу

1i i

i ip i

M l

GJ (314)

79

где i1 ndash угол поворота сечения расположенного в начале уча-

стка li ndash длина участка p iGJ ndash жесткость сечения на кручение

на i-м участке Граничные сечения участков пронумерованы цифрами 0 1 2 3 4

Используя формулу (314) получим

0 = A = 0

кI1

2 16 20 32

p p p

M l m l ml

GJ GJ GJ

кII2 32 14 18

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIII3 18 24 06

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIV4 06 06 0

p p p

M l ml ml

GJ GJ GJ

Для удобства при построении эпюры углов поворота вве-

дем обозначение p

mlk

GJ

Эпюра углов поворота представлена на рис 35г Факт того что 4 = В = 0 подтверждает правильность

решения те построение эпюры одновременно является де-формационной проверкой

5) определяем требуемый диаметр стержня Условие прочности (33) с учетом (32) имеет вид

max кmax

p

М

W (315)

Здесь 3

16pD

W

полярный момент сопротивления се-

чения Из условия (315) получим

max к

316

М

D

(316)

80

Стержень имеет постоянное сечение те опасным являет-ся участок III где возникает наибольший крутящий момент (рис 33в)

max кМ = 24m = 24 middot 05 = 12 кНmiddotм = 12 middot 106 Нmiddotмм

Из (316) получим

63 16 12 10

424 мм80

D

Условие жесткости (36) с учетом (35) имеет вид

max кmax

p

М

GJ (317)

Здесь 4

32pD

J

ndash полярный момент инерции сечения

Полагая max = [] из формулы (317) получим

max к

432 М

DG

(318)

Допускаемый относительный угол закручивания по усло-вию задачи задан в градусах

[] = 2 ordmм

Переведем его в радианы

о о

4о

2 2радм 035 10 радмм

м 180

Тогда по формуле (318) получим значение диаметра D

64

4 4

32 12 10457мм

8 10 035 10D

Диаметр найденный из условия жесткости больше диа-метра найденного из условия прочности

Принимаем бoacuteльший диаметр 457 ммD Окончательно округляя диаметр вала в бoacuteльшую сторону

по ГОСТ 8032ndash84 принимаем D = 46 мм П р и м е ч а н и е Если вал имеет кольцевое поперечное сечение

то полярные момент сопротивления pW и момент инерции pJ в соотно-

шениях (315) и (317) определяются по формулам

81

34(1 )

16pD

W с

3

4(1 )32pD

J с

где d

сD

D ndash внешний d ndash

внутренний диаметр вала При этом значение параметра с задается конст-руктором и оно обычно принимается равным с = 07ndash08

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется кручением 2 Сформулируйте правила знаков для построения эпюры

крутящего момента 3 Запишите формулу для расчета касательного напряже-

ния при кручении 4 Постройте эпюру касательных напряжений в попереч-

ном сечении вала 5 Запишите условие прочности при кручении 6 Запишите формулу для определения угла поворота по-

перечного сечения вала 7 Запишите формулу для вычисления относительного уг-

ла закручивания вала 8 Запишите условие жесткости при кручении 9 Запишите формулы для вычисления полярного момента

инерции для круглого и кольцевого поперечных сечений 10 Запишите формулы для вычисления полярного момента

сопротивления для круглого и кольцевого поперечного сечений 11 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета вала при кручении 12 Особенности расчета статически неопредилимых валов 13 Какое поперечное сечение (круглое сплошное или

кольцевое) вала работающего на кручение является более ра-циональным и почему

14 Сформулируйте порядок расчета вала на прочность и жесткость

15 Сформулируйте особенности расчета валов имеющих некруглое поперечное сечение

82

Глава 4

ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ

41 Основные соотношения При плоском поперечном изгибе в поперечных сечениях

балки возникают два внутренних силовых фактора попереч-ная (перерезывающая) сила yQ и изгибающий момент хМ

(рис 41)

Рис 41

Оси х и у в поперечном сечении являются главными цен-

тральными (см п 2) Эпюры внутренних силовых факторов строят методом сечений для каждого участка балки При этом применяют правила знаков

Правила знаков ndash поперечная сила yQ считается положительной если

внешняя сила поворачивает отсеченную часть балки по ча-совой стрелке относительно сечения (рис 42а)

ndash изгибающий момент хМ считается положитель-

ным если сжаты верхние волокна балки (рис 42б)

83

Рис 42

Под действием изгибающего момента хМ в произвольном

волокне А (рис 41) расположенном на расстоянии у от оси х возникают нормальные напряжения которые определяются по формуле [1]

х

x

Мy

J (41)

где xJ ndash момент инерции поперечного сечения

Из (41) следует что распределение нормальных напряже-ний по высоте сечения является линейным Эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении показана на рис 43б

Рис 43

Из эпюры нормальных напряжений следует что наиболее нагруженными являются точки поперечного сечения K1 и K2 с координатами py и сж y наиболее удаленные от оси х (рис 43а)

б)

а)

а) б) в)

84

Нормальные напряжения в этих точках в соответствии с (41) определяются выражениями

max p p max сж сжх х

x x

М Мy y

J J (42)

В тех случаях когда сечение является симметричным относи-тельно оси х максимальные напряжения вычисляются по формуле

maxх

x

М

W (43)

где xW ndash момент сопротивления поперечного сечения Для балок из пластичных материалов записывается одно

условие прочности (112) которое с учетом (43) имеет вид

maxх

x

М

W (44)

Для балок из хрупких материалов записывают два условия прочности (113) которые с учетом (42) принимают вид

max р p p х

x

Мy

J max cж сж сж х

x

Мy

J (45)

Под действием перерезывающей силы yQ в поперечном се-

чении на уровне у (рис 43а) действуют касательные напряжения которые вычисляются по формуле Д И Журавского [1 2]

y x

x

Q S

J b

(46)

Здесь xS ndash статический момент части площади сечения расположенной выше уровня у (рис 43 а) b ndash ширина сечения на уровне у

Эпюра касательных напряжений по высоте сечения по-казана на рис 43в Максимальные касательные напряжения имеют место в центре тяжести поперечного сечения и равны

1max

max

Fy x

x

Q S

J b (47)

где 1FxS ndash статический момент части площади сечения 1F ле-

жащий выше оси х (рис 43а)

85

Условие прочности по касательным напряжениям записы-ваются в виде (33) и с учетом (47) принимает вид [1]

maxmax

Fy x

x

Q S

J b (48)

где max yQ ndash максимальная поперечная сила которая определя-

ется по эпюре yQ ndash допускаемое касательное напряжение

для материала балки При поперечном изгибе балки ее деформации характери-

зуются прогибом y(z) и углом поворота поперечного сечения (z) которые являются функциями координаты z характери-зующей положение произвольного сечения (рис 44)

Рис 44

Прогиб угол поворота и изгибающий момент связаны

между собой дифференциальными соотношениями 2

2 x

x

Mdx d y

dz EJdt (49)

Изогнутая ось балки называется упругой линией Прогибы и углы поворота могут определяться различными способами [1 2] прямым интегрированием дифференциальных соотноше-ний (49) с помощью интеграла Максвелла-Мора способом Ве-рещагина и др

Если балка имеет постоянное поперечное сечение по дли-не те ( ) constxЕJ то прогибы и углы поворота можно опре-делять универсальным методом начальных параметров в соот-ветствии с которым выражения для них записываются в виде

86

0 0

2 3 4

1( )

2 3 4

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

y z y zEJ

M z a Р z b q z c

0

2 3

1( )

1 2 3

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

dyz

dz EJ

M z a Р z b q z c

Уравнения (410) и (411) записаны для правой системы координат начало которой следует располагать в крайнем ле-вом сечении балки (см рис 44)

Суммирование в формулах (410) и (411) производится по всем внешним нагрузкам количество которых характеризуется индексом

j = 1 2 3 hellip

В формулах (410) и (411) введены следующие обозначе-ния ja ndash расстояние от начала координат до изгибающего мо-

мента jM jb ndash расстояние от начала координат до точки прило-

жения внешнего усилия jР jс ndash расстояние от начала координат

до начала действия распределенной нагрузки интенсивностью jq

z ndash расстояние до сечения балки в котором определяется прогиб или угол поворота разделительная черта z jа указывает на то

что соответствующая нагрузка учитывается в уравнении только при выполнении условия z ja (аналогично для z jb и z сj) у0

и 0 ndash начальные параметры (прогиб балки и угол поворота попе-речного сечения в начале координат) значения которых опреде-ляются из граничных условий те из условий закрепления балки

При расчете внешние нагрузки и опорные реакции в урав-нениях (410) и (411) подставляются с учетом правила знаков для изгибающих моментов если действующая нагрузка вызы-вает сжатие верхних волокон балки то она подставляется со знаком плюс в противном случае ndash со знаком минус

(410)

(411)

87

Прогиб считается положительным (y 0) если сечение балки перемещается вверх а угол поворота 0 если сечение поворачивается против часовой стрелки

Вычисляя по формулам (410) и (411) прогибы и углы по-ворота для сечений с различными координатами z строят упру-гую линию балки и вычисляют максимальный прогиб max y

Если из конструктивных соображений прогиб балки дол-жен быть ограничен то дополнительно к условиям прочности (44) или (45) необходимо потребовать выполнение условия жесткости

max y f (412)

Здесь f ndash допускаемый прогиб величина которого ус-

танавливается исходя из конструктивных особенностей и усло-вий эксплуатации балки

Рекомендации по проектированию балок работающих на изгиб

Наиболее рациональными следует считать балки имею-щие поперечные сечения обеспечивающие минимальный вес балки при выполнении условий прочности

Из анализа эпюр распределения нормальных напряжений можно сформулировать следующие рекомендации по выбору ра-циональных поперечных сечений для балок работающих на изгиб

1 Для балок из пластичных материалов рекомендуется выбирать симметричные (относительно оси х) сечения ослаб-ленные в центральной части (кольцевое сечение двутавр швеллер и тп)

2 Для балок из хрупких материалов рекомендуется выби-рать несимметричные сечения (относительно оси х) у которых расстояние до наиболее удаленных сжатых волокон больше чем расстояние до наиболее удаленных растянутых волокон (рис 43а) сж p y y

Наиболее оптимальными следует считать поперечные се-чения у которых выполняются соотношение

сжсж

p р

y

y

(413)

88

42 Расчет стальной балки на прочность Задача 7 Для стальной балки нагруженной в соответствии с рас-

четной схемой из условия прочности по нормальным напряже-ниям подобрать размеры поперечного сечения

Расчет выполнить для четырех вариантов поперечного се-чения

ndash двутавр

ndash прямоугольное с соотношением сторон 2h

b

ndash круглое сплошное с внешним диаметром D

ndash кольцевое с соотношением диаметров 07d

сD

Выбрать наиболее рациональное поперечное сечение и для него построить эпюры нормальных и касательных напряже-ний в опасных поперечных сечениях балки Исходные данные для расчета принять по табл 41 и рис 45 полагая

2Р qa m Pa qa q = 10 кНм а = 1 м

Таблица 41

Внешние нагрузки Материал балки

Сталь Чугун

Предел прочности

МПа

Номер

строки

Схема

по

рис

51

m1 m2 P1 P2 q1 q2 Марка

Пре-дел те-куче-сти σт МПа

Марка

при растя-жении σвр

при сжатииσвс

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m

3m 2m m m

2m

2m m

2m 2m m m m m m m

P P

2Р P

2P 2P P P

2P P

2P P

2P 2P P P

2P P

2P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q

2q q q

20 40Х 30

40ХН40 20 50

40ХН30

40ХН

240 800 300 900 340 240 380 900 300 900

СЧ35 СЧ25 СЧ15 СЧ25 СЧ35 СЧ25 СЧ10 СЧ25 СЧ35 СЧ10

350 280 120 280 350 280 120 280 350 120

1200 1000 500

1000 1200 1000 500

1000 1200 500

Буква шифра

а б д г в д

89

Коэффициент запаса прочности принять т 15n допус-

каемые касательные напряжения принять [] = 06[]

Рис 45

Пример В соответствии с условиями задачи выполнить

расчет на прочность балки изображенной на рис 46а

90

Дано q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = 10 кНmiddotм = = 107 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 104 Н а = 1 м = 1000 мм

Рис 46

Материал балки ndash сталь 20 с пределом текучести σт =

= 240 МПа и модулем упругости Е = 2 middot 105 МПа Коэффициент запаса прочности nт = 15 Решение 1) определяем опорные реакции YA и YB из уравнений рав-

новесия

30 3 3 4 0

2A Вa

mom m q a Y a P a

а) б) в)

91

2 2 245 4 45 05 425

3 3Bm qa P a qa qa qa a

Y qaa a

30 3 3 0

2B Aa

mom m Y a q a Pa

2 2 245 4 45 05 4

3 3Am qa P a qa qa qa a

Y qaa a

Проверка правильности определения опорных реакций проводится по уравнению равновесия

0 3 0A BY Y q a Y P

qa ndash 3qa + 25qa ndash 05qa = 0 0 equiv 0

Тождество показывает что опорные реакции найдены верно Положительные значения YA и YB показывают что направления опорных реакций соответствуют принятым на рис 46а

2) строим эпюры поперечных сил yQ и изгибающих мо-

ментов xМ Балку разбиваем на участки I и II Используя метод

сечений для произвольного сечения каждого участка составля-ем уравнения для определения внутренних усилий yQ и xМ

в соответствии с которыми они изменяются в пределах каждого участка Положение сечения определяется текущей координа-той z начало отсчета удобно совмещать с началом участка (см рис 46а)

Рассмотрим поочередно оба участка используя введенные правила знаков для yQ и xМ

I участок 0 z1 3a Уравнение для поперечной силы в произвольном сечении

с координатой z1 имеет вид

yQ = YA qz1

yQ = qa qz1 = q (a z1)

Выражение для yQ является линейной функцией коорди-

наты z1 те для построения эпюры достаточно вычислить зна-чения yQ в начале (z1 = 0) и в конце (z1 = 3а) I участка балки

ndash при z1 = 0 yQ qa

ndash при z1 = 3а 2yQ qa

92

Эпюра yQ показана на рис 46б

Уравнение изгибающего момента xМ в произвольном се-

чении участка I имеет вид

21

12Ax m Y z q zМ

2 2 2 21 1 1 1

11 ( )2 2x q a z q z q a a z z M q a

Получили уравнение кривой второго порядка (параболы) выпуклость которой направлена вверх кривая имеет экстремум

в сечении с координатой э1z где 0yQ Значение э

1z получим

приравняв нулю выражение для yQ на I участке те

э1( ) 0q a z

откуда э1 az

Построить кривую второго порядка можно по трем точкам Вычислим значения xМ в начале участка (z1 = 0) в сече-

нии экстремума xМ ( z1 = a) и в конце участка (z1 = 3а)

ndash при z1 = 0 2x qaМ

ndash при z1 = э1z = a 2 2 21

152xM q a a a a qa

ndash при z1 = 3а 2 2 213 3 05

2xM q a a a a qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

II участок 20 z a Рассматривая правую отсеченную часть балки получим

05yQ P q a

График этой функции ndash прямая параллельная оси отсчета z (см рис 46б)

Изгибающий момент xМ в произвольном сечении участка

II с координатой 2z определяется выражением

2 21

2xM P q az z

93

Получили уравнение наклонной прямой которую можно построить вычислив значения изгибающего момента в начале (z2 = 0) и в конце (z2 = а) участка

ndash при 2z = 0 0xМ

ndash при 2z = а xМ = 05qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

3) определяем размеры поперечного сечения балки Усло-вие прочности по нормальным напряжениям имеет вид (43)

maxmax

x

x

M

W (414)

где [] допускаемое напряжение которое для пластичного материала равно

т

т

240160

15n

МПа

xW момент сопротивления поперечного сечения

По эпюре xМ (см рис 46в) находим наиболее нагру-

женное сечение балки С

В этом сечении 2max 15 x xM M qa

2max 15 20 1 30xM кНм = 30 106 Нмм

Из формулы (414) находим требуемое значение момента сопротивления для поперечного сечения любой формы

max x

xM

W

те 6

5 3 330 101875 10 мм 1875 см

160xW

По ГОСТ 8239ndash89 выбираем двутавр 20 с моментом со-противления xW = 184 см3 (прил 4)

Проверим прочность балки по нормальным напряжениям

6

maxmax 3

30 10163 МПа

184 10x

x

M

W

Превышение max над допускаемым напряженном со-

ставляет

94

max

]

[ ] 163 160100 100 2

[ 160

Превышение напряжения допускается не более 5 по-этому окончательно выбираем двутавр 20 Площадь его по-перечного сечения F = 268 см2

Определим размеры прямоугольного сечения для которо-го момент сопротивления (прил 3) при 2h b определяется вы-ражением

2 23(2 ) 2

6 6 3xbh b b

W b

Из условия 31875 смxW получим

33 1875

655 см2

b

Принимая окончательно b = 66 см получим высоту 2 132h b см а площадь поперечного сечения составляет

66 132 8712F b h см2 Определим требуемый диаметр сплошного круглого по-

перечного сечения из условия 3

187532xD

W

см3

Получим 332 1875

1241D

см

Окончательно принимаем D = 125 см тогда площадь по-

перечного сечения будет равна 2 21 1125 1227

4 4F D см2

Рассмотрим поперечное сечение балки в форме кольца

с параметрами 07d

сD

В этом случае момент сопротивле-

ния равен (прил 3) 3 3

4 4 3(1 ) (1 07 ) 007532 32xD D

W c D

Удовлетворяя условию прочности получим что 30075 1875xW D см3

95

Внешний диаметр 31875

13580075

D см

Окончательно принимаем 136 смD тогда внутренний диаметр сечения d = cD = 07 middot 136 = 952 см Площадь по-

перечного сечения в этом случае составляет 2

2(1 )4

DF c

22136

(1 07 ) 7414

cм2

Наиболее рациональным считается поперечное сечение балки при котором вес балки будет минимальным Так как во всех четырех случаях рассматриваемых сечений общая длина балки и материал из которого она изготовлена не меняется то вес каждой балки будет пропорционален площади ее попереч-ного сечения В табл 42 приведены площади сечений для всех рассмотренных вариантов балок Максимальную площадь сече-ния имеет балка круглого поперечного сечения max 3F F

Таблица 42

Вид сечения Двутавр Прямоугольник Круг Кольцо сечения j 1 2 3 4

Fj см2 268 8712 1227 741

max

jF

F 022 071 1 06

Анализ полученных результатов (см табл 42) показыва-

ет что минимальный вес имеет балка с двутавровым попереч-ным сечением При этом по сравнению с балкой круглого попе-речного сечения (которая имеет максимальный вес) двутавровая балка почти в 5 раз легче при такой же прочности

Окончательно принимаем что наиболее рациональным для данной балки является двутавр 20 Все дальнейшие рас-четы проводим для этого сечения

4) проверяем принятое сечение по касательным напряже-ниям Используем формулу Д И Журавского (48)

max

max y x

x

Q S

J d (415)

где max yQ максимальное значение поперечной силы (берется

с эпюры yQ (см рис 46б) сечение В) xS ndash статический мо-

96

мент половины сечения двутавра xJ ndash момент инерции

d ndash толщина стенки двутавра (рис 47а) Значения xS xJ и d берутся из таблиц сортамента для

двутавра 20 (прил 4) Допускаемое напряжение на срез вычисляется по соотно-

шению

[ ] 06 [ ] 06 160 = 96 МПа

max yQ = 2qa = 2 middot 20 middot 1 = 40 кН = 40 middot103 Н

Для двутавра 20 (прил 4) h = 20 см = 200 мм d = 52 мм

xS = 104 см3 = 104 middot 105 мм3 xJ = 1840 см4 = 184 middot 107 мм4

После подстановки данных в (415) получим 3 5

max 7

40 10 104 10435

184 10 52

МПа

max 435 МПа lt = 96 МПа

Условие прочности по касательным напряжениям выполня-ется

5) построим эпюры нормальных и касательных напря-жений для опасных сечений В и С (см рис 45)

Рис 47

Максимальные напряжения в сечении С (рис 47а) равны

max 163 МПа

а) б) в)

97

Так как верхние волокна (вв) двутавра испытывают сжатие

вв = ndash 163 МПа (сжатый слой полки двутавра)

при этом нижние волокна (нв) испытывают растягивающие на-пряжения

нв = + 163 МПа (растянутый слой полки двутавра)

Эпюра изображена на рис 47б Для построения эпюры касательных напряжений опре-

делим их значения в сечении k k где стенка двутавра сопряга-ется с полками (рис 47а)

В формулу Д И Журавского (46) подставляется статиче-

ский момент пxS площади сечения полки пF двутавра относи-

тельно оси х

п п п

2 2xS уh t

F bt

где b t и h берем из таблиц ГОСТов на двутавр (прил 4)

b = 100 мм t = 84 мм

Таким образом п 3200 8 4100 84 80 472мм

2 2xS

Тогда 3

4

40 10 80472336

1840 10 52

МПа

Эпюра представлена на рис 46в где max 435 МПа

Балка с двутавровым сечением 20 удовлетворяет всем условиям прочности при заданных внешних нагрузках

43 Расчет балки на жесткость Задача 8 Для стальной балки определить прогибы в характерных

точках и построить приближенно упругую линию (изогнутую ось балки)

Балка имеет двутавровое поперечное сечение с размерами полученными при решении задачи 7 и нагружена в соответст-вии с расчетной схемой задачи 7

98

Определить приближенно максимальный прогиб y и срав-нить его с допускаемым [f] = 0002l где l ndash длина пролета (меж-опорного и консольного) в котором имеет место максимальный прогиб Если условие жесткости не выполняется подобрать раз-меры поперечного сечения из условия жесткости При решении использовать метод начальных параметров

Исходные данные принять по табл 41 полагая q = 10 Нмм P = qa m = Pa = qa2 a = 1 м = 1000 мм

Пример В соответствии с условиями задачи 7 выполнить расчет на жесткость стальной балки приведенной на рис 46а

Дано а = 1 м = 1000 мм q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = = 10 кНmiddotм = 10 middot 106 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 10middot103 Н

Материал балки ndash сталь 20 модуль упругости Е = 2 middot10 5 МПа

В результате расчета данной балки на прочность (см пример задачи 6) уже известны опорные реакции YA и YB номер двутавра эпюры изгибающих моментов xM (повторено на рис 48аб)

Рис 48

а) б) в)

99

Решение 1) выбираем систему координат Начало координат со-

вмещаем с левым торцом А чтобы вся балка располагалась в положительном квадранте Так как распределенная нагрузка не доходит до конца балки то продляем ее до правого конца балки [1 2]

Одновременно на этом участке прикладываем компенси-рующую распределенную нагрузку q обратного знака (рис 48а)

2) запишем уравнение упругой линии оси балки для дан-ной схемы

2 3

0 0 3

4

3

0 0

3

4

24

( 3 )

2 6 6

( 3 )

24

x x x

A Ba

a

z z z

z

z

Y Y

q q

EJ y EJ y EJ z

z z z am

z a

(415)

Здесь y0 и θ0 ndash прогиб и угол поворота сечения в начале координат которые определяются из условий на опорах и назы-

ваются начальными параметрами прерыватель z ai указывает

что при вычислении прогиба в конкретном сечении учитывают-ся только те слагаемые для которых указанное неравенство (z gt ai) выполняется

3) определяем начальные параметры y0 и θ0 При 0z 0

Ay те

00y (точка А на рис 48а) так

как в начале координат расположена шарнирно-неподвижная опора балки

При 3z a 0B

y (точка В на рис 48а) так как в сече-

нии В также расположена опора (шарнирно-подвижная) Тогда из уравнения (415) приравняв правую часть нулю

при 3z a получим

2 2 4

0(3 ) (3 ) (3 )

2 2 24

0 3x A

a a aa m Y qEJ

или после подстановки значений нагрузок 2 3 4

20

(3 ) (3 ) (3 )0 3

2 6 24xа а a

EJ а qa qa q

100

Решая полученное уравнение относительно 0 получим 3

0 1875x

qa

EJ

Знак laquondashraquo показывает что сечение А поворачивается по ча-совой стрелке

После определения начальных параметров и подстановки значений m YA и YB уравнение (415) принимает вид

0 0 3

3

2 3

4 4

33 2 25

6

( 3 )

24 24

1( )

( 3 )0 1875

2 6

x

z z z a

z a

zqa qa

z z aq q

у zEJ

z z aqa z qa

4) строим приближенно упругую линию оси балки ис-пользуя уравнение упругой линии (416)

Для этого находим прогибы в характерных сечениях дан-ной балки

ndash при zС = a (сечение где изгибающий момент максимален) ndash при zK = 15а (в середине пролета АВ) ndash при zL = 4а (на конце консоли) ndash при Cz a

2 3 42

431 125

18752 6 24C

x x

a a a qay qa а qa qa q

EJ EJ

ndash при 15 Kz a

3 42

23

4

1 (15 ) (15 ) (15 )1875 15

2 6 24

1336

Kx

x

a a ay qa a qa qa q

EJ

qa

EJ

ndash при 4 Lz a

32

231 (4 ) (4 )

1875 42 6L

x

a ay qa a qa qa

EJ

(416)

101

3 4 4 4(4 3 ) (4 ) (4 3 ) 095925

6 24 24 x

a a a a a qaqa q q

EJ

Знак laquondashraquo указывает на то прогиб направлен вниз а знак laquo+raquo ndash прогиб направлен вверх

Форма упругой линии балки связана с эпюрой изгибаю-щих моментов дифференциальными соотношениями (49) Сле-довательно на участке где xM gt 0 выпуклость упругой линии

направлена вниз и наоборот где xM lt 0 выпуклость упругой

линии направлена вверх В сечении где 0xM упругая линия имеет точку пере-

гиба Упругая линия изображена в масштабе на рис 48в Для удобства при построении упругой линии балки введе-

но обозначение 4

x

qaK

EJ (см рис 48в)

5) проверяем балку по условию жесткости которое имеет вид (412)

max y f

Считая что в силу упругих свойств материала балки сече-ние в котором прогиб наибольший расположено близко к се-редине пролета балки принимаем max Ky y

Для двутавра 20 момент инерции равен 4 7 41840см 184 10 ммxJ

Подсчитаем численное значение Ky

max y 4 4

5 7

1 336 1 336 20 10007 26 мм

2 10 184 10K

x

q a y

EJ

Допускаемый прогиб [ f ] = 0002l м = 0002 middot 3 middot 103 = 6 мм Сравнение показывает что gtKy f те условие жестко-

сти не выполняется 6) подбираем сечение балки из условия жесткости для че-

го выражение определяющее max y в общем виде подставляем

в условие жесткости (412)

41 336

Kx

q ay f

EJ

102

и отсюда находим требуемое значение момента инерции сече-ния балки

4 47 4 4

5

1 336 1 336 20 10002 22 10 мм 2220 см

[ ] 2 10 6x

q a J

E f

По значению xJ из таблиц ГОСТ 8239ndash89 (прил 4) выби-

раем двутавр 22 для которого xJ = 2550 см4 xW = 232 см2

При этом значение максимального прогиба будет равно 4 4

max 5 7

1 336 1 336 20 10005 2 мм

2 10 255 10K

x

qa y y

EJ

что удовлетворяет условию жесткости Так как для двутавровой балки 22 момент сопротивле-

ния xW выше чем у двутавра 20 то условие прочности вы-

полняется а коэффициент запаса прочности будет nт 15

44 Расчет чугунной балки на прочность Задача 9 Чугунная балка нагруженная как показано на рис 49

имеет поперечное сечение вид которого выбирается в соответ-ствии с вариантом по табл 21

Требуется выполнить следующее 1) подобрать размеры поперечного сечения из условий

прочности по нормальным напряжениям 2) построить эпюры нормальных и касательных напря-

жений 3) проанализировать эпюру нормальных напряжений и

выбрать рациональное (с точки зрения прочности) расположе-ние поперечного сечения

Исходные данные взять из табл 41 для чугунной балки полагая

m = Pa = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

Коэффициент запаса прочности принять nв = 2

103

Рис 49 Пример В соответствии с условиями задачи 9 произвести

расчет на прочность чугунной балки (рис 410a) при Р = 2qa m = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

I

Р

q

m

а аа

VI

Р2а

q

2а

m

IV Р

q

m

а аа

IX

Ра

q

q m

аа

X

Р

а а

q m

2а

V

m

Р

q

а аа

VII

Р2а

q

q

аа

m

III

Ра а

q m

2а

VII

Р

2а

q

m

аа

II

Р

mq

2а

а

104

Материал балки ndash чугун СЧ15 имеющий механические характеристики (см табл 41)

ndash предел прочности на растяжение р = 120 МПа ndash предел прочности на сжатие сж = 500 МПа Балка имеет Т-образное поперечное сечение показанное

на рис 23 в п 22

Рис 410

Решение 1) в жестком защемлении А возникают реакция YA и изги-

бающий момент МА Так как балка консольная эпюры уQ и xM

можно построить не определяя опорные реакции МА и YA если при применении метода сечений на каждом участке рассматри-вать левую отсеченную часть балки на которую действуют из-вестные внешние нагрузки

I участок при 0 le z1 le a

уQ = P или уQ = 2qa

xM = Pz1 или xM = 2qaz1

при z1 = 0 xM = 0

при z1 = а xM = 2qa2

II участок при 0 le z2 le a

уQ Р или 2уQ qа

z

y

а) б) в)

105

xM = P(а + z2) + m или xM = 2qa(a + z2) + qa2

при z2 = 0 xM = 3qa2

при z2 = а xM = 5qa2

III участок при 0 le z3 le a

уQ = P ndash qz3 или уQ = 2qa ndash qz3

при z3 = 0 уQ = 2qa

при z3 = а уQ = qa

xM = P(2а+ z3)+ m ndash 23

1

2q z

или xM = 2qa(2a+ z3) + qa2 ndash 23

1

2q z

при z2 = 0 xM = 5qa2

при z2 = а xM = 65qa2

По найденным значениям строим эпюры уQ (рис 410б) и

xM (рис 410в)

На третьем участке эпюра xM является квадратичной па-

раболой Так как на этом участке 0уQ то на эпюре xM нет

экстремума в соответствии с дифференциальной зависимостью

[1 2] xу

dMQ

dz Эпюра xM направлена выпуклостью навстре-

чу распределенной нагрузке q Из анализа эпюры xM следует что наиболее нагружен-

ным является сечение А в защемлении где изгибающий момент достигает своего максимального значения

max xM = 65qa2 = 65 middot 10 middot 10002 = 65 middot 107 Нmiddotмм

2) поперечное сечение чугунной балки показано на рис 411а и является симметричным относительно оси у

Центр тяжести поперечного сечения (т С) определяется координатами 1 433у b и 2 767у b (см пример в п 22)

Момент инерции сечения 4492xJ b

Так как материал балки является хрупким то должны вы-полняться два условия прочности (45) Из анализа эпюры xM

(рис 410в) следует что для сечения А в точках K1 (рис 411а)

106

возникают сжимающие а в точках K2 ndash растягивающие напря-жения те сж 1 y у а р 2y у

Рис 411

3) Выполняем проектировочный расчет Условия прочности (45) принимают вид ndash на растяжение

maxmax р р р

x

x

Mу

J

(417)

ndash на сжатие

maxmax сж сж сж

x

x

Mу

J (418)

Здесь допускаемые напряжения на растяжение и сжатие соответственно равны

рв

рв

12060

2n

МПа

сжсж

в

500250

2n

МПа

Рассмотрим условие прочности на растяжение (417)

а) б)

107

max р рmax

4767

492 4 x

Mb

b

откуда следует что

3max

р

765 10 767 2563492 4 60492 4

xM

b

мм

Из условия прочности на сжатие получим

max4 сж

433492 4

xMb

b

откуда

7max 33

cж

65 10433 433

4924[ ] 4924 250хM

b

= 132 мм

Из двух полученных значения размера поперечного сече-ния b выбираем наибольший те окончательно принимаем b = 256 мм Геометрические характеристики сечения (см рис 411) при этом равны

JХ = 492b 4 = 492 middot 256 4 = 2113 middot 10 7 мм 4

сж 1 433 433 256 1108ммy у b

р 2 767 767 256 1964 ммy у b

4) для построения эпюры нормальных напряжений вычис-ляем

ndash максимальные растягивающие напряжения (417) 7

maxmax р 7р

65 101964 60 МПа

2113 10x

хMу

J

ndash максимальные сжимающие напряжения (418) 7

maxmax сж 7сж

65 101108 341 МПа

2113 10x

хMу

J

Эпюра нормальных напряжений показана на рис 411б

108

Так как величина касательных напряжений в поперечных сечениях обычно является малой то расчет по касательным на-пряжениям не выполняем

5) проанализируем эпюру нормальных напряжений σ (см рис 411б) при заданном расположении поперечного сечения Из эпюры следует что верхние сжатые волокна сечения суще-ственно недогружены

Так как хрупкий материал на сжатие работает лучше чем

на растяжение сж р то предложенное расположение

сечения является нерациональным Для рационального расположения поперечного сечения не-

обходимо обеспечить выполнение условия сж рgt y у при котором

в наиболее удаленных от оси х волокнах будут возникать макси-мальные сжимающие напряжения Для этого поперечное сече-ние показанное на рис 411а необходимо повернуть на 180 ordm (рис 412а)

Рис 412

При этом сжy = 767b рy = 433b

Запишем условия прочности (417) и (418) для сечения повернутого на 180ordm

maxmax 4р р433

492хM

bb

откуда после подстановки данных следует

а) б)

109

73 433 65 10

21492 60

b

мм

В этом случае наибольшие сжимающие напряжения равны

7max

max 4 3сж65 10 767

767492 492 21

109 МПа lt 250 МПаC

хMb

b

Условие прочности выполняется Для перевернутого положения сечения окончательно при-

нимаем b = 21 мм Геометрические характеристики сечения в этом случае

будут равны

xJ = 9569 middot 107 мм 4 рy = 91 мм сжy = 161 мм

Максимальные сжимающие и растягивающие нормальные напряжения равны соответственно

7

max 7сж65 10

161 109 МПа957 10

7

max 7р65 10

91 60 МПа957 10

Эпюра нормальных напряжений для рационального положе-ния поперечного сечения (см рис 412а) показана на рис 412б

Из эпюры следует что в этом случае происходит догрузка сжатой части сечения Кроме того при таком расположении се-чения уменьшается погонный вес балки который определяется площадью поперечного сечения

Если поперечное сечение расположено как показано на рис 411а то площадь поперечного сечения балки будет со-ставлять

F = 2b 10b + 2b 8b = 36b 2 = 36 2562 = 232 cм2

При рациональном расположении поперечного сечения (см рис 412а) его площадь равна

2 2рац 36 36 21 159F b cм2

110

Таким образом при рациональном расположении попе-

речного сечения вес балки уменьшается в рац

2320146

1590

F

F

раза те на 46 П р и м е ч а н и е Если дополнительно к условиям прочности бал-

ки требуется выполнить условие жесткости (412) то для балки (рис 410а) при рациональном расположении поперечного сечения (рис 412а) необходимо построить упругую линию балки методом на-чальных параметров аналогично задаче 7 При этом для сокращения объ-ема вычислений расчетную схему балки (рис 410а) следует располо-жить так как показано на рис 413

Рис 413

В этом случае в сечении А при z = 0 начальные параметры

в универсальном уравнении упругой линии (410) равны нулю те 0 0у так как это сечение жестко защемлено В этом

случае расчет для построения уравнения (410) существенно уп-рощается

45 Расчет статически неопределимой балки Задача 10 Для стальной статически неопределимой балки нагру-

женной в соответствии с расчетной схемой (рис 414) выпол-нить проектировочный расчет те из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать размеры поперечного се-чения двутаврового профиля определить прогиб сечения K или угол поворота сечения L балки

111

Рис 414

VI

Р1

а

q1

а

К

I

q1 m2

аа

L

2а

q1

К

а

m1

II VII

Р2

а

q2

аа

L

VIIIII

L

а а

q1 m2

L

2а 2а

q2 m1

IV q1 m1

ааа

К

IX

Р1

q1

аа а

К

X

q1

ааа

К

Р2 m2

V

q1

а2а

К

112

Пример В соответствии с условиями задачи 9 выпол-нить расчет статически неопределимой балки изображенной на рис 415а Для расчета принять значения исходных данных

q = 20 кНм а = 16 м

Р = qа m = Ра = qа2 кНм

σт = 480 МПа Е = 2 10 5 МПа

Исходные данные для расчета принять по табл 43 по-лагая

m = Pa = qa2 P = qa q = 10 кНм a = 1 м

Материал балки ndash сталь 20Х Коэффициент запаса прочности nт = 15 модуль уп-

ругости первого рода Е = 2 105 МПа предел текучести σт = = 480 МПа

Плоскость действия сил совпадает с осью наибольшей же-сткости поперечного сечения балки

Таблица 43

Номер строки

Схема по рис 414

m1 m2 P1 P2 q1 q2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m m

2m m m

2m

2m m 2m 2m m m m 2m m m

P P

2P P

2P P P P

2P P

2P P 2P 2P P P 2P P P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q q q q

Буква шифра

а б а г

113

Рис 415

а) б) в) г) д) е) ж)

и) к) л)

114

Рис 415 Окончание

м) н) п) р) с)

т) у)

115

Решение 1) определяем степень статической неопределимости

балки n На балку наложены х = 4 связи система плоская сле-довательно можно составить только N = 3 уравнения равно-весия

Степень статической неопределимости балки n = x ndash N = = 4 ndash 3 = 1 те система один раз статически неопределима

2) выберем основную систему которая получается из ис-ходной путем отбрасывания laquoлишнихraquo связей с точки зрения равновесия Основная система должна быть кинематически неизменяемой и статически определимой [1] Принимаем ос-новную систему которая получается путем врезания на опору B шарнира и приложением момента Х1 заменяющего отброшен-ную связь между соседними пролетами (рис 415б)

3) построим для основной системы (ОС) эпюру изгибаю-щего момента РМ от действия внешних сил для чего вначале определяем реакции в опорах для левой и правой частей балки (рис 415вд) а затем методом сечений строим эпюру РМ (рис 415ге)

4) построим в основной системе эпюры изгибающего мо-мента от единичных моментов по направлению лишнего неиз-вестного Х1 (рис 415и)

5) запишем систему канонических уравнений метода сил [1]

1

0 1 2 n

i k k i Pk

х i n (419)

где ik ndash перемещение по направлению i-го силового фактора

под действием единичного фактора Хk = 1 iP ndash перемещение

по направлению i-го силового фактора под действием внешних сил n ndash степень статической неопределимости

Если система один раз статически неопределима как это имеет место в нашей задаче то каноническое уравнение (419) имеет вид

δ11Х1 + δ1Р = 0 (420)

6) определяем δ1Р и δ11 используя способ Верещагина [1]

1

m j jik

j x j

h

EJ

(421)

116

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры моментов от внешних за-данных сил (грузовая эпюра) hj ndash ордината единичной эпюры j-го участка лежащая под центром тяжести грузовой эпюры x jEJ ndash жесткость на изгиб j-го участка m ndash число участков

Если грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов лежат по одну сторону от оси эпюры на j-м участке то перед j-м слагаемым в данной формуле ставится знак laquo+raquo и наоборот если по разные стороны то ставится знак laquondashraquo

Если на данном участке ни одна из перемножаемых эпюр не является прямолинейной но одна из них или обе ограни-чены ломаными прямыми линиями то в этих случаях эпюры предварительно разбивают на такие участки в пределах каждого из которых по крайней мере одна эпюра прямоли-нейна

Если на данном участке эпюра имеет сложный вид то она разбивается на элементарные фигуры прямоугольник треугольник параболический треугольник и тд для кото- рых величина площади j и положение центра тяжести из-

вестны и производится laquoперемножениеraquo элементарных фигур (табл 44)

Таблица 44

Геометрическая фигура (эпюра изгибающих

моментов)

Площадь Ω

Координата центра

тяжести z Примечание

1 2 3 4

hl 1

2l

1

2hl

1

3l

z l

h

z l

h

117

Окончание табл 44

1 2 3 4

hl3

1 l4

1 2

2

1qlh

hl3

2 l

2

1 2

8

1qlh

П р и м е ч а н и е q интенсивность распределенной внешней нагрузки на участке длиной l

Определяем δ1Р как произведение площадей эпюр 415ге на

ординаты взятые с эпюры 415и каждый раз под центром тяже-сти эпюр 415 ге

1 1 1 2 2 3 3 4 4

2 2 2 2

1

1 1 5 1 1 2 1 1 1 2 1 1

2 6 2 4 3 2 4 3 3 8 4

Px

x

h h h hEJ

qa a qa a qa a qa aEJ

313

48 x

qa

EJ

Найдем δ11 перемножая эпюру M1 саму на себя те берем составляющие площади эпюры (рис 415и) и умножаем на ор-динаты проходящие через центр тяжести площадей той же эпюры (см рис 415и)

111 1 2 4

1 2 22 3 3x x

aa

EJ EJ

Здесь учтено что единичная эпюра M1 (см рис 415и) яв-ляется симметричной поэтому перемножение выполняется на одном участке а результат удваивается

zl

h

Квадратичная парабола

l

h

Квадратичная парабола

z=l2

118

7) решая каноническое уравнение (420) находим 3

1 21

11

313 13

48 4 64P x

x

EJqaХ qa

EJ a

Знак laquo+raquo указывает на то что направление Х1 первона-чально выбрано правильно

8) построим эпюры уQ и xM известными приемами от-

дельно для левого и правого пролетов и сочленим соответст-вующие эпюры обоих пролетов (рис 415лм) предварительно определив реакции в опорах (рис 415к) При построении эпюры xM целесообразно использовать принцип суперпозиций

xM = МР + Мi х i + hellip + Мn хn (422)

где MР ndash эпюра изгибающего момента от действия внешних сил (в нашем случае эпюры на рис 415г е iM ndash эпюра изгибаю-

щего момента от действия единичной силы в направлении неиз-вестной Хi (в нашем случае эпюра на рис 415и) Здесь Хi ndash зна-чение i-го лишнего неизвестного

Из эпюры xM следует что 2max

51

64M qa

9) сделаем деформационную проверку которая заключа-ется в определении перемещений в заданной системе значения известны и в данном случае равны нулю

Для этого выбираем новую основную систему (рис 415н) с новым лишним неизвестным F bh и вычисляем перемеще-

ние в точке С по направлению F bh Так как в С располо-

жена опора то перемещение С должно быть равно нулю По

формуле Верещагина [1]

j

1

jm k

Сj x j

h

EJ

(423)

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры результирующего изги-бающего момента xM полученного в результате раскрытия

статической неопределимости системы (рис 415 м) jkh ndash ор-

дината эпюры изгибающего момента от единичной силы F bh = 1 в новой основной системе лежащая под центром тя-жести эпюры результирующего изгибающего момента xM

119

В нашем примере за новую основную систему принимаем систему получающуюся из исходной путем отбрасывания пра-вой опоры С

В качестве новой лишней неизвестной принимается реак-ция опоры С (рис 415н)

На рис 415п показана эпюра изгибающего момента от

единичной силы 1Х по направлению лишнего неизвестного

2 3 0

Как было показано эпюра результирующего изгибающего момента xM может быть определена по принципу суперпози-

ций (422) Поэтому при проведении деформационной проверки целесообразно производить вначале перемножение эпюры РМ на эпюру изгибающего момента от единичной силы по направ-лению лишнего неизвестного 2 3 0 затем перемножение

эпюр от единичных сил по направлению лишних неизвестных Хi на эпюру от единичной силы по направлению лишней неиз-вестной Хk

и на величину лишней неизвестной Хi результаты перемножения сложить

В нашем примере получим

2 2 21

2 42

1 1 5 1 1 4 1 1 2[( ) ( ) ( )

2 3 2 4 3 2 4 3

2 1 1 2 13 5 5( ) 2(1 2 2 ) ] [ ] 03 8 2 2 3 64 6 6

x

x

qa a a qa a a qa a aEJ

qa qaa a a a qa

EI

10) запишем условие прочности (44) для балки

maxmax [ ]x

x

M

W

где

т

n

480 320 МПа

15n

Из условия прочности находим

max2 2 6

3

51 51 20 16 10127

[ ] 64[ ] 64 320 10x

xM qa

W

см3

120

По сортаменту (прил 4) подбираем номер двутавра

( 18) для которого xW = 143 см3 41290 см xJ

11) определяем угол поворота сечения L Для этого при-ложим в основной системе единичный внешний изгибающий момент в сечении L (рис 415р) и строим эпюру изгибающего момента 1M (рис 415с) от действия этого момента Поскольку

эпюра 1М имеется только на левом пролете балки разобьем эпюру результирующего момента xM (см рис 415л) на левом

пролете на элементарные фигуры и перемножим эпюры 1М и

xM по правилу Верещагина При разбиении эпюры xM на вто-

ром участке площадь не заштрихованного треугольника Ωprime при-

бавляется к площади 2u k причем считается что треугольник

с площадью Ω2 + Ωprime целиком лежит выше оси эпюры В результате получим

2 2 2

3

1 1 2 2 3 31

( )

1 1 13 2 1 1 13 2 1 1 51 1 1

2 128 3 2 2 128 3 2 2 64 3 2

17

256

L h h hE Jx

qa а qa a qa aEJx

qa

E Jx

Подставив в выражение для L значения q a E Jx получим 3 9

35 4

17 20 16 1021 10

256 2 10 1290 10L

рад

Переводя радианы в градусы получим 321 10 180

012 L

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение L (рис 415а) пово-рачивается против часовой стрелки

12) определяем прогиб сечения K балки Для этого в основной системе в сечении K приложим еди-

ничную силу в направлении искомого прогиба (рис 415т) и построим эпюру 1M (рис 415 у)

121

А далее аналогично тому как это делали при определении угла поворота сечения разбиваем для правого пролета балки эпюру результирующего момента (см рис 415 м) на элемен-тарные фигуры и перемножаем эпюры xM и 1M по правилу Ве-

рещагина В результате получим

4 4 5 5 6 6 7 7

2 2

22

4

1 13 1 1 1 45 2 1

2 64 3 2 2 128 3 2

1 45 2 1 2 1

22 128 3 2 3 8 2

119

128 6

1( )

1

x

x

x

K

a

h h h hEJ

qa a а qa a a

E J qaqa a a a

qa

E J

Подставив в выражение для K числовые значения по-лучим

4 12

5 4787

119 20 16 10

128 6 2 10 1290 10KK y

мм

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение K (рис 415а) пе-ремещается вверх

П р и м е ч а н и е При раскрытии статической неопределимости балок кроме метода сил можно применять и другие способы Например для выбранной основной статически определимой системы для записи уравнений совместности деформаций можно использовать метод началь-ных параметров

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется изгибом 2 Как определяются поперечные силы и изгибающие мо-

менты в поперечном сечении балки 3 Какое нагружение балки называется плоским изгибом 4 Сформулируйте правило знаков для поперечной силы yQ

5 Сформулируйте правило знаков для изгибающего мо-мента xM

6 Для чего строят эпюры внутренних силовых факторов 7 Запишите дифференциальные состояния между внут-

ренними силовыми факторами при изгибе

122

8 Сформулируйте свойства эпюры yQ

9 Сформулируйте свойства эпюры xM

10 Запишите формулу для определения нормальных на-пряжений при изгибе

11 Постройте эпюру нормальных напряжений при изгибе по высоте поперечного сечения балки

12 Запишите формулу Журавского 13 Постройте эпюру касательных напряжений по высоте

сечения балки 14 Сформулируйте условия прочности по нормальным

напряжениям для пластичных и хрупких материалов 15 Сформулируйте условие прочности по касательным

напряжениям 16 Назовите основные этапы расчета на прочность балок

при изгибе 17 Что называется упругой линией балки 18 Запишите дифференциальное уравнение упругой ли-

нии балки 19 Перечислите основные методы определения переме-

щений при изгибе балок 20 Запишите уравнения для прогибов и углов поворота

методом начальных параметров 21 Объясните физический смысл начальных параметров

Как они определяются 22 Изложите порядок расчета прогибов методом началь-

ных параметров 23 Запишите условие жесткости для балки 24 Какие балки называются статически неопредилимыми 25 Запишите систему канонических уравнений метода

сил Объясните физический смысл коэффициентов в уравнени-ях метода сил

26 Изложите порядок расчета статически неопределимых систем методом сил

27 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальными если балка изготовлена из пластичного материала

28 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальным если балка изготовлена из хрупкого материала

123

Глава 5

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ

51 Основные соотношения В инженерной практике встречаются более сложные слу-

чаи нагружения когда в поперечных сечениях элемента конст-рукции одновременно действуют несколько внутренних сило-вых факторов В таких случаях говорят что элемент конструкции испытывает сложное сопротивление [1 2]

При сложном сопротивлении расчеты на жесткость и прочность основываются на принципе суперпозиций

Большинство задач обычно решается в такой последова-тельности

1 Определяются опорные реакции для заданной расчет-ной схемы

2 Внешние нагрузки включая опорные реакции проекти-руются на две главные плоскости проходящие через ось элемента конструкции и главные оси инерции поперечного сечения

3 Строят эпюры внутренних силовых факторов в главных плоскостях

4 Исходя из эпюр внутренних силовых факторов наме-чают сечения элемента которые могут оказаться опасными (се-чения в которых внутренние силовые факторы принимают мак-симальные значения)

5 Для этих сечений выясняют законы распределения на-пряжений по сечению и устанавливают наиболее нагружение точки и тип напряженного состояния в этих точках

6 Перемещения вычисляются от каждого внутреннего си-лового фактора а затем геометрически определяются суммар-ные перемещения и если требуется проверяется условие жест-кости

Далее рассмотрены наиболее часто встречающиеся виды сложного сопротивления

52 Пространственный изгиб

Пространственным изгибом называют такой случай из-гиба балки при котором в поперечных сечениях действуют из-

124

гибающие моменты хМ уМ и перерезывающие силы yQ хQ

Так как касательные напряжения от перерезывающих сил явля-ются малыми то их можно в расчетах на прочность не учиты-вать Основными внутренними факторами в произвольном се-чении балки являются изгибающие моменты эпюры которых строим методом сечений [1] в вертикальной плоскости (z0y) строим эпюру хМ а в горизонтальной плоскости (z0х) строим

эпюру уМ

Покажем это на примере балки с прямоугольным попе-речным сечением (рис 51)

Рис 51

Результирующие нормальные напряжения в произвольной

точке А поперечного сечения с координатами х и у определяют-ся по принципу суперпозиций с учетом их знака (рис 51)

( ) ( )х уМ М (51)

где ( )хМ и ( )уМ minus нормальные напряжения от изгибающих

моментов хМ и уМ соответственно которые вычисляются

по формулам

( ) хх

x

ММ y

J ( ) y

yy

ММ x

J (52)

Здесь xJ и yJ minus моменты инерции сечения относительно

его главных центральных осей х и у соответственно

125

Анализ распределения нормальных напряжений по попе-речному сечению показывает что для сечений с угловыми точ-ками именно угловые точки являются наиболее нагруженными В угловых точках 1 2 3 4 (рис 51) нормальные напряжения с учетом (52) определяются выражениями

yх

x y

ММ

W W (53)

где xW yW minus моменты сопротивления сечения балки Знаки

в (53) определяются по сжатому волокну балки для растяну-тых волокон laquo+raquo для сжатых laquominusraquo Для показанных на рис 51 направлений хМ и уМ возле угловых точек показаны знаки

в формуле (53) верхний знак соответствует хМ а нижний уМ

Нейтральной линией в поперечном сечении называется прямая линия на которой нормальные напряжения (51) равны нулю

Нейтральная линия (нл) проходит через центр тяжести поперечного сечения а ее положение определяется углом на-клона к оси х Угол ее наклона вычисляется из соотношения

tg yx

y х

МJ

J М (54)

и откладывается от оси х по часовой стрелке (рис 51) Наибо-лее нагруженными являются точки сечения наиболее удален-ные от нейтральной линии те точки 2 и 4 (рис 51)

Таким образом величина максимальных нормальных на-пряжений определяется выражением

maxух

x у

ММ

W W (55)

а условие прочности для балки из пластичных материалов име-ет вид (12) те

max ух

x у

ММ

W W (56)

где minus допускаемые напряжения для материала балки

126

Если балка изготовлена из хрупкого материала то необ-ходимо записать два условия прочности (13) max р р и

max сж сж

Прогибы для произвольного сечения K балки определяют-ся любым методом (например методом начальных параметров)

в плоскости z0y yf и плоскости z0х хf

Результирующий прогиб f определяется путем векторного сложения прогибов хf и уf (рис 52)

2 2x yf f f (57)

Рис 52

Вычисляя результирующий прогиб в различных сечениях

балки можно построить изогнутую ось балки которая будет являться пространственной кривой

53 Косой изгиб Косым изгибом называется такой случай изгиба балки

при котором плоскость действия изгибающего момента (сило-вая плоскость) не совпадает ни с одной из главных осей попе-речного сечения балки (рис 53) Косой изгиб можно считать частным случаем пространственного изгиба

127

Рис 53 Раскладывая изгибающий момент М на составляющие

моменты относительно осей х и у получим

sin cosх уМ М М М (58)

Далее расчет ведется в соответствии с п 51 по формулам (51)minus(57)

Существенной особенностью косого изгиба является то что нейтральная линия не перпендикулярна силовой линии Та-ким образом можно сказать что балка laquoпредпочитаетraquo изги-баться не в плоскости действия внешнего изгибающего момен-та а в некоторой другой плоскости в которой жесткость на изгиб будет меньше Поэтому нейтральная линия повернута в сторону оси относительно которой момент инерции является наименьшим

54 Изгиб с растяжением и сжатием При действии изгиба с растяжением и сжатием в соответ-

ствии с принципом суперпозиций нормальные напряжения рас-считываются как

( ) ( ) ( )х уN М М (59)

те для произвольной точки поперечного сечения получим

а) б)

128

ух

x у

ММNу х

F J J (510)

Здесь значения внутренних силовых факторов N хМ уМ

определяются по их эпюрам с учетом фактического знака на-пряжений

Если поперечное сечение имеет выступающие углы то в них аналогично п 52 нормальные напряжения определяются выражением

ух

x у

ММN

F W W (511)

Дальнейший расчет на прочность выполняется аналогично п 51

Частным случаем изгиба с растяжением и сжатием являет-ся внецентренное растяжение ndash сжатие Рассмотрим случай внецентренного растяжения прямого стержня к которому в точке K приложена сила Р параллельная продольной оси z (рис 54) Начало координат (т 0) расположено в центре тяже-сти поперечного сечения стержня площадью F

Рис 54

Координаты рх и ру характеризует эксцентриситет точки

приложения силы Р Точка K называется полюсом силы

129

При указанном нагружении в произвольном поперечном сечении стержня возникают следующие внутренние силовые факторы

ndash продольная сила N P (512) ndash изгибающие моменты относительно осей х и у

х p y pМ Рy М Px (513)

Нормальное напряжение в соответствии с принципом су-перпозиций вычисляется по формуле (510) которая с учетом (512) и (513) принимает вид

1 p p

y x

хх yyР

F J J

или

2 21 p p

y x

хх yyР

F i i

(514)

Здесь х yi i ndash радиусы инерции поперечного сечения

(210) х и у ndash координаты произвольной точки поперечного се-чения в которой вычисляется нормальное напряжение

Для определения положения нейтральной линии в (514) следует положить 0 Уравнение нейтральной линии при этом принимает вид

2 21 0p p

y x

х yх у

i i (515)

Уравнение (515) является уравнением прямой которое записывается в виде

1х у

х y

а а (516)

Здесь введены обозначения 2 2

1y хх у

р р

i iа а

х у (517)

130

имеющие следующий геометрический смысл их уа а ndash от-

резки отсекаемые нейтральной линией которая является пря-мой на осях х и у соответственно

Таким образом для построения нейтральной необходимо по заданным координатам полюса ( pх pу ) и геометрическим

характеристикам ( х yi i ) поперечного сечения вычислить от-

резки х уа а с учетом их знака и построить прямую проходя-

щую через их концы Из (517) следует что нейтральная линия проходит через квадрант поперечного сечения противополож-ный полюсу K (рис 54) и ее положение не зависит от величи-ны приложенного усилия Р Положение нейтральной линии (нл) показано на рис 54б

Нейтральная линия делит сечение на две части в одной части напряжения сжимающие ( lt 0 ) в другой ndash растяги-вающие ( 0 ) на нейтральной линии σ = 0 В большей степе-ни нагруженными являются точки которые наиболее удалены от нейтральной линии На рис 54 б показана наиболее уда-ленная точка А с координатами иА Ах у Прямая nndashn парал-лельна нейтральной линии

Величина максимальных напряжений возникающих при внецентренном растяжении определяется по формуле (514)

max 2 21 A p A p

y x

х х y yР

F i i

(517)

Координаты плюса K ( pх pу ) и точки А ( А Ах у ) а также

значение силы Р представляются в (517) с учетом их знака Условия прочности для пластичных материалов записыва-

ется в виде (112) а для хрупких материалов ndash в виде (113) При внецентренном растяжении (сжатии) вводят понятие

ядра сечения Ядром сечения называют геометрическое место полюсов

силы для которых во всем поперечном сечении стержня возни-кают нормальные напряжения одного знака (либо сжимающие либо растягивающие)

Таким свойством сечение будет обладать только в том слу-чае если нейтральная линия касается внешнего контура попе-

131

речного сечения Поэтому для построения ядра сечения необ-ходимо laquoобкатыватьraquo нейтральную линию вокруг внешнего контура сечения [1] Доказано что ядро сечения образует об-ласть содержащую внутри себя центр тяжести поперечного сечения

В качестве примера на рис 55 показано ядро сечения для прямоугольного профиля размером b h

Рис 55

В этом случае ядро сечения является ромбом (на рис 55

оно заштриховано) содержащим центр тяжести С сечения Точ-ки 1 2 3 4 ядра соответствуют положениям нейтральной линии 1ndash1 2ndash2 3ndash3 и 4ndash4 которая касается внешнего контура попе-речного сечения При повороте нейтральной линии вокруг уг-ловой точки сечения граница ядра является прямой Например при повороте нейтральной линии 1ndash1 относительно угла сече-ния I в положение 2ndash2 получим границу ядра 1ndash2 и тд

Построение ядра сечения обычно выполняют для стерж-ней изготовленных из хрупких материалов работающих на сжатие В этом случае если сжимающую нагрузку приклады-вать в ядре сечения то по всему сечению будут возникать толь-ко сжимающие напряжения Это существенно повышает несу-щую способность конструкции

132

55 Расчет на прочность при пространственном изгибе

Задача 11 Балка прямоугольного поперечного сечения нагружена

двумя одинаковыми сосредоточенными силами Р в главных плоскостях в соответствии с рис 56

Рис 56

133

В точке А сила действует вертикально в точке В ndash гори-зонтально

Требуется 1) из условия прочности по нормальным напряжениям оп-

ределить требуемые размеры поперечного сечения 2) построить пространственную эпюру нормальных на-

пряжений для опасного сечения балки 3) определить величину и направление полного прогиба f

в сечениях А и В построить в этих сечениях схемы линейных перемещений

Исходные данные для расчета принять по табл 51 Материал балки ndash деревопластик модуль упругости Е =

= 1104 МПа допускаемые напряжения [σ] = 8 МПа

Таблица 51

Номер строки

Схема по рис 56

Р кН l м h

nb

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

8 2 3 4 5 6 7 8 6

10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

22 24 16 14 15 16 25 18 19 20

Буква шифра а б в г

Пример В соответствии с условиями задачи 11 выпол-

нить расчет на пространственный изгиб балки нагруженной как показано на рис 57

Исходные данные Р = 10 кН отношение сторон поперечного сечения балки

2h

nb

l = 3 м [] = 8 МПа Е = 1 104 МПа

Балка испытывает пространственный изгиб При решении задачи используем принцип независимости действия сил в со-ответствии с п 51

134

Рис 57

Выбираем пространственную систему координат xуz

(рис 57) Каждая сила в отдельности вызывает плоский попе-речный изгиб Поэтому действие каждой силы рассмотрим от-дельно

Решение 1) строим эпюру изгибающих моментов в вертикальной

плоскости yCz (рис 57б) Определим опорные реакции CY

и DY В силу симметрии действующей нагрузки и расчетной

а) б) в)

г)

д)

135

схемы опорные реакции в опорах С и D совпадают по направ-лению и равны

05C DY Y P

Уравнения изгибающих моментов на первом и втором участках имеют вид

IхМ = CY zI при 0 zI 05l

IIхМ = DY zII при 0 zII 05l

Для первого участка

ndash при zI = 0 I 0хМ

ndash при zI = 05 l IхМ = (P2) 05 l = 025Pl

Эпюра изгибающих моментов хМ симметрична и пред-

ставлена на рис 57в 2) строим эпюру изгибающих моментов в горизонтальной

плоскости хСz (рис 57г) Определяем опорные реакции CХ и DХ

Σ mom C = 0 ndash Pl3 + DХ l = 0 DХ = P3

Σ mom D = 0 ndash CХ l + P middot2l3= 0 CХ = 2P3

При zI = l3 IхМ = (P2)l3 = 0167Pl

Уравнения изгибающих моментов My

IуМ = CХ zI = 2P3middot zI при 0 zI l3

ndash при zI = 0 I 0уМ

ndash при zI = l3 Iу ВМ = (2 P3) (l3) = 2 Pl9 = 0222 Pl

уМ II = DХ zII при 0 zII 2l3

ndash при zII = 0 уМ II = 0

ndash при zII = 05l уМ II A = (P3)( 05l) = 0167Pl

ndash при zII = 2l3 уМ I B = (P3)(2l3) = 0222Pl

Эпюра уМ представлена на рис 57д

136

3) определяем размеры поперечного сечения Опасное со-стояние возникает в сечении где хМ и уМ одновременно ве-

лики те это может быть сечение А или В (рис 57а) Условие прочности в случае пространственного изгиба

имеет вид (56)

max [ ]x

yx

y

MM

W W

Здесь хW и yW ndash моменты сопротивления сечения относи-

тельно осей х и у которые для прямоугольного поперечного се-

чения определяется выражениями 2

6x

bhW

2

6yhb

W

Используя соотношение hb = n получим

2 2 3

6 6x

b nb n bW

2 3

6 6y

nb b nbW

те x yW nW

Подставив значение 3

6ynb

W в условие прочности окон-

чательно получим

3 2

6( )x yM nMb

n

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности для сечения А Изгибающие моменты хАМ и уАМ

определяем из эпюры рис 57вд

хАМ = 025Pl = 025 middot 10 middot 3 = 75 кНм

уАМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

6

332 2

6( ) 6(75 2 501) 10148мм 148 см

2 8

xA yAM nMb

n

h = 2b = 148 middot 2 = 296 см

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности сечения В Изгибающие моменты xBM и уBM берут

из эпюры рис 57вд

137

хВМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

уВМ = 0222Pl = 0222 middot 10 middot 3 = 666 кНм

6

332 2

6( ) 6(501 2 666) 10151 мм 151см

2 8

xВ yAВM nMb

n

b = 151 см h = 2b = 151middot2 = 302 см

Из двух найденных значений h и b для сечений А и В при-нимаем наибольшие значения h и b округлив их до целых вели-чин h = 30 см b = 15 см

Проверим выполнение условия прочности балки в сечении В

maxyBxB

Bx y

MM

W W

Моменты сопротивления сечения 2 215 30

22506 6x

bhW

см3

2 230 151125

6 6yhb

W

см3

Величина максимальных напряжений

6 6

max 3 3

501 10 666 10815 МПа gt

2250 10 1125 10B

Процент перегрузки равен

max 100 [ ]

815 8100 2 5

8

что допускается Окончательно принимаем h = 30 см b = 15 см 4) строим эпюру нормальных напряжений в опасном сече-

нии В используя принцип независимости действия сил в соот-ветствии с которым нормальное напряжение равно (51)

= ( xM ) + ( уM )

Эпюру нормальных напряжений σ в сечении В получим наложением эпюр B ( xM ) и B (Мy) Чтобы построить эпюры

138

B ( xM ) и B ( уM ) достаточно определить напряжения в угло-

вых точках 1 2 3 4 сечения (рис 51) 6

12 3

501 10( ) 223 МПа

2250 10х

хх

ММ

W

34( ) 223 МПахх

х

ММ

W

6

23 3

666 10( ) 5922 МПа

1125 10

уу

у

ММ

W

14( ) 592 МПауу

у

ММ

W

Эпюры нормальных напряжений σВ( хM ) и σВ( уM ) пред-

ставлены на рис 58а б

Рис 58

Суммарные нормальные напряжения σ в угловых точках

поперечного сечения вычисляем по формулам (53)

σ1 = ndash 223 + 592 = + 369 МПа

σ2 = ndash 223 ndash 592 = ndash 815 МПа

σ3 = + 223 ndash 592 = ndash 369 МПа

σ4 = + 223 + 592 = + 815 МПа

а) б)

139

Эпюра суммарных напряжений показана на рис 59 5) определяем положение нейтральной линии в опасном

сечении В Положение нейтральной линии определяется углом ко-

торый вычисляется из соотношения (54)

tg yB x

xB y

M J

M J

3 3

12 12x ybh h b

J J

23 2

32

2 2

12

12x

y

nbJ bh hn

J hb b b

где n задано по условию соотношение сторон

Тогда 2 20222tg

01672yB

xB

M Pln

M Pl = 5317

arctg( 5317) 79 Знак laquondashraquo показывает что нейтральная и силовая линии про-

ходят через разные квадранты поперечного сечения (рис 59)

Рис 59

Угол α отсчитывается от оси х

140

Нейтральная линия отделяет зону сжатых волокон от зоны растянутых

6) определяем полные линейные перемещения в сечениях А и В (те прогибы fA и fB) по формуле (57)

2 2 2 2 A A B BA Bf x y f x y

где Ax Ay и Bx By ndash составляющие прогиба в поперечных се-чениях А и В в направлениях осей координат х и у соответст-венно

Для нахождения составляющих прогибов используем ме-тод начальных параметров аналогично п 41

В данной задаче необходимо составить два уравнения про-гибов в плоскостях хCz и yCz для нахождения составляющих прогибов fA и fB

Так как балка в плоскостях xCz и yCz нагружена по-разному начальные параметры 0х и 0 у в каждой плоскости

имеют свое значение в плоскости xCz поперечное сечение в на-чале координат поворачивается относительно оси y на угол 0

y

в плоскости yCz ndash относительно оси x на угол 0 x

Прогибы

в начале координат 0 0 0x yy y так как в точке С при z = 0 ус-

тановлена опора (рис 57а) Предварительно вычислим осевые моменты инерции поперечного сечения xJ и yJ

3 315 30

12 12xbh

J

= 33 750 см 4 3 330 15

12 12yh b

J

=

= 8438 см 4 Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57б имеет

вид

3 3

005

( 05 )

6 6x x x Cz l

z P Z lEJ y EJ z Y

Определяем xEJ 0x из условия на опоре D

при z = l прогиб yD = 0 Тогда

3 3 2

0 0( 05 )

0 05 и 6 6 16x x x

x

l P l l PlEJ l P

EJ

141

Подставив это выражение в уравнение прогибов опреде-лим перемещение центров тяжести поперечных сечений

Ву при z = l3

32 3 31 1 05 1 23

16 3 6 3 12 108 56Bx

Pl P Pl Ply l l

EJ

3 3 12

4 4

10 3 10143

56 56 1 10 33750 10B

x

Ply

EJ

мм

Ау при z = l2

32 31 0 5 1

16 2 6 2 48x APl P Pl

EJ y l l

3 3 12

4 4

10 3 10167

48 48 1 10 33750 10A

x

Ply

EJ

мм

Точки А и В перемещаются вниз Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57 г имеет

вид

3 3

030

( 3)0

6 6x y Clz z

z P z lEJ z X

Определяем 0 y из граничного условия на опоре D

при z = l прогиб xD = 0 Тогда получим

3 3 2

0 02 ( 3) 5

0 и 3 6 6 81x x y

y

l P l l PlEJ l P

EJ

Подставим это выражение в уравнение прогибов и опре-делим перемещения поперечных сечений

xВ при z = l3

2 335

81 3 3 6

1

3

1 2 4

243y Bx l

Pl P PlEJ l

3 3 9 3

4 4

4 4 10 3 10 10527 мм

243 243 1 10 8438 10B

y

xРl

EJ

142

xА при z = l2

2 33 35 1 2 1 1 1

2 2 381 2 3 6 6 1296

23y Ax l l l

Pl P P PlEJ l

3 9 33

4 4

23 23 10 3 10 10

1296 1296 1 10 8438 10A

y

xPlEJ

= ndash 565 мм

Полный прогиб в сечении А (точки А и В перемещаются влево)

2 2 2 2( 565) ( 167) 589A A Af x y мм

Полный прогиб в сечении В

2 2 2 2( 5 27) ( 1 43) 5 46B B Bf x y мм

Определим направление полного прогиба в рассматривае-мых сечениях

Изобразим поперечное сечение балки и в масштабе отло-жим на осях х и у составляющие прогибов xА yA и xB yB а затем их векторно суммируем (рис 510 511)

Рис 510 Рис 511

Направление прогиба в сечениях А и В определяется соот-

ветственно углами βА и βВ

565tg 3404 arctg(3407) 735

167A

A АA

x

y

527tg 3685 arctg(3685) 745

143В

В ВВ

x

y

Углы βА и βВ имеют разную величину Это говорит о том что изогнутая ось балки является пространственной кривой

143

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают в по-перечных сечениях элемента конструкции при пространствен-ном изгибе

2 Как определяются нормальные напряжения при про-странственном изгибе

3 Какие точки поперечного сечения с выступающими уг-лами являются наиболее нагруженными при пространственном изгибе

4 Что называется нейтральной линией 5 Запишите условие прочности при пространственном из-

гибе 6 Как определяется положение нейтральной линии при

пространственном изгибе 7 Как определяются перемещения при пространственном

изгибе балки 8 Что называется косым изгибом 9 Сформулируйте свойства нейтральной линии при косом

изгибе 10 Как вычисляются нормальные напряжения при косом

изгибе 11 Как определяется наиболее нагруженная точка попе-

речного сечения балки при косом изгибе 12 Как вычисляются напряжения при растяжении (сжа-

тии) с изгибом 13 Что такое внецентренное растяжение (сжатие) 14 Сформулируйте свойства нейтральной линии при

внецентренном растяжении (сжатии) 15 Что такое ядро сечения Для чего оно определяется

144

Глава 6

ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ

61 Анализ напряженного состояния Большинство элементов конструкций работает в условиях

сложного напряженного состояния которое в самом общем случае характеризуется тензором напряжений Т который за-

писывается в виде матрицы

х ху хz

уx y yz

zx zy z

Т

(61)

где х y z ndash нормальные напряжения действующие на гра-

нях бесконечно малого элемента выделенного в исследуемой точке А конструкции (рис 61) уx yz hellip ndash касательные на-

пряжения действующие на гранях этого элемента [1 6]

Рис 61

Существенной особенностью напряженного состояния яв-

ляется то что в соответствии с условиями равновесия этого элемента выполняется закон парности касательных напряже-

145

ний в соответствии с которым выполняются следующие соот-ношения

xy yx xz zx yz zy (62)

Формулировка закона парности касательных напряжений На двух взаимно перпендикулярных гранях имеющих об-

щее ребро действуют касательные напряжения которые направлены к ребру либо от ребра и равны между собой по ве-личине

Таким образом тензор напряжений (61) является симмет-ричным а напряженное состояние в точке конструкции в самом общем случае характеризуется шестью напряжениями x у

z xу хz yz Существенной особенностью является то что

величина этих напряжений существенно зависит от ориентации элемента в пространстве

В теории упругости доказано что существует единствен-ное положение элемента в пространстве при котором одновре-менно на всех его гранях касательные напряжения равны нулю и действуют только нормальные напряжения (рис 62)

Рис 62

Площадки на которых касательные напряжения равны

нулю называются главными площадками Нормальные напря-жения действующие на главных площадках называются глав-ными и обозначаются 1 2 3

Главные напряжения однозначно определяют напряжен-ное состояние в исследуемой точке и нумеруются по следую-щему правилу с учетом их знака

146

1 2 3 (63)

Главные напряжения являются корнями кубического урав-нения

3 21 2 3 0J J J (64)

Здесь jJ ndash инварианты ( 1 2 3j ) величины которых не

зависят от ориентации исходных площадок выделенного беско-нечно малого элемента (рис 61) и определяются выражениями

1

2 2 22

( )

x y z

x y x z у z ху хz yz

J

J

3

х ху хz

уx y yz

zx zy z

J T

Инвариант 3J является определителем тензора напряже-

ния и симметричным относительно его главной диагонали Существует три вида напряженного состояния ndash линейным ndash называется напряженное состояние при

котором два главных напряжения равны нулю (например

2 3 0 )

ndash плоским ndash называется состояние при котором одно главное напряжение равно нулю (например 2 0 )

ndash объемным ndash называется состояние при котором все главные напряжения отличны от нуля ( 1 2 30 0 0 )

Примеры видов напряженного состояния ndash при растяжении стержней и изгибе балок в наиболее на-

груженных точках поперечного сечения напряженное состояние является линейным 1 max 2 3 0 (см п11 31)

ndash при кручении валов круглого поперечного сечения на-пряженное состояние является плоским 1 2 3 1 0

где ndash касательные напряжения (см п 21) ndash объемное напряженное состояние имеет место в зоне

контакта шарика (ролика) с обоймой подшипника качения

(65)

147

62 Обобщенный закон Гука При сложном напряженном состоянии обобщенный за-

кон Гука устанавливает связь между главными напряжени- ями 1 2 3( ) и главными относительными деформациями

1 2 3( ) в виде[1]

1 1 2 3

2 2 1 3

3 3 1 2

1( )

1( )

1( )

Е

Е

Е

(66)

где Е и ndash модуль упругости и коэффициент Пуассона мате-риала элемента конструкции

Рассмотрим частные случаи обобщенного закона Гука При плоском напряженном состоянии 3 0 обобщен-

ный закон Гука имеет вид

1 1 2

2 2 1

3 1 2

1( )

1( )

( )

Е

Е

Е

(67)

Существенной особенностью является то что относитель-ная деформация 3 0

Решая систему первых двух уравнений (67) относительно главных напряжений 1 и 2 получим иную форму обобщен-ного закона Гука при плоском напряженном состоянии

1 1 22

2 2 12

( )1

( )1

Е

Е

(68)

148

Эта форма записи используется обычно в тех случаях ко-гда для исследуемого элемента конструкции известны относи-тельные деформации 1 и 2 и требуется определить главные напряжения Например при экспериментальных исследованиях напряженно-деформированного состояния с помощью тензо-метрического метода [7 8]

При линейном напряженном состоянии 2 3 0

обобщенный закон Гука принимает вид

1 1Е 1 3 1 1Е

(69)

что совпадает с обычным законом Гука (14) Здесь необходимо обратить внимание на то что при 2 3 0 относительные

деформации 2 3 0

63 Критерии прочности

При расчетах на прочность элементов конструкций имею-щих сложное напряженное состояние это состояние (рис 63а) заменяется эквивалентным ему с точки зрения прочности ли-нейным состоянием при котором на гранях элемента действуют только эквивалентные напряжения экв (рис 63б)

Величина эквивалентных напряжений определяется как функция от главных напряжений

экв 1 2 3( )f (610)

где вид функции f определяется экспериментальными и теоре-тическими критериями (теориями) прочности

Рис 63

а) б)

149

Так как характер разрушения элементов конструкций из хрупких и пластичных материалов является различным то критерии вводятся отдельно для хрупких и пластичных мате-риалов [1]

631 Критерии прочности для хрупких материалов

1 Первый критерий (критерий наибольших напряжений)

Iэкв 1 3max( ) (611)

В качестве эквивалентного выбирается наибольшее по аб-солютной величине главное напряжение

Так как критерий учитывает только одно главное напря-жение из трех то он имеет весьма ограниченную область при-менения Экспериментальная проверка показала что его можно применять только для очень хрупких материалов (стекло кера-мика)

2 Второй критерий Критерий СенndashВенана (критерий наибольших относительных деформаций) В соответствии с кри-терием эквивалентные напряжения определяются выражением

I Iэкв 1 2 3( ) (612)

где ndash коэффициент Пуассона материала элемента конструкции Критерий учитывает все главные напряжения и широко

применяется на практике 3 Экспериментальный критерий Мора В соответствии с критерием

Мэкв 1 3m (613)

где коэффициент рвсжв

m

рв и сж

в ndash пределы прочности ма-

териала на растяжение и сжатие соответственно Так как для

хрупких материалов сж рв в то выполняется условие

0 1m Так как критерий не учитывает напряжение 2 то его ре-

комендуется применять для случаев когда 2 0 или является малым

150

632 Критерии прочности для пластичных материалов

1 Третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений)

Эквивалентные напряжения определяются выражением IIIэкв 1 3 (614)

Так как критерий не учитывает главное напряжение 2 то его рекомендуется применять в тех случаях когда 2 0 или является малым

2 Четвертый критерий (Критерий Губера minus Мизеса) Этот критерий является энергетическим и основан на оп-

ределении удельной потенциальной энергии вызывающей не-допустимое изменение формы элемента конструкции те его текучесть

Величина эквивалентных напряжений определяется вы-ражением

2 22IVэкв 1 2 1 3 2 3

1

2

(615)

и учитывает все главные напряжения что обеспечивает его вы-сокую точность и согласованность с результатами эксперимен-тальных исследований

Расчетная практика показывает что при применении третьего и четвертого критериев прочности всегда выполняется условие

III IVэкв экв (616)

Таким образом третий критерий дает завышенное или точное значение эквивалентных напряжений Так как вычисле-ния по третьему критерию оказываются проще то его чаще применяют в практических расчетах на прочность элементов конструкций находящихся в сложном напряженном состоянии При этом расчет на прочность по третьему критерию в силу выполнения условия (616) приводит к тому что проектируе-мый элемент конструкции будет иметь коэффициент запаса прочности несколько больше чем он был задан

П р и м е ч а н и е При расчете эквивалентных напряжений по формулам (611)ndash(615) обязательно необходимо учитывать знаки глав-ных напряжений в соответствии с правилом их нумерации (63)

151

64 Частные случаи напряженного состояния

Рассмотрим частные случаи напряженного состояния при

некоторых видах нагружения

641 Кручение валов При кручении валов круглого поперечного сечения (см

п 2) в поперечных сечениях действуют только касательные на-пряжения

Нормальные напряжения отсутствуют В этом случае главные напряжения равны

1 2 3 0 а напряженное состояние явля-ется плоским

Эквивалентные напряжения вычисленные по III и IV кри-териям (614) и (615) соответственно равны

2 2 2IVэкв

10 0 3

2

IIIэкв ( ) 2

Сравнивая значения эквивалентных напряжений получим IIIэкв gt IV

экв что соответствует (616)

642 Изгиб с кручением валов При изгибе с кручением в произвольной точке поперечного

сечения вала действуют нормальные напряжения и касатель-ные напряжения

Главные напряжения при этом равны

2 213 2

14 0

2 2

(617)

где знак laquo+raquo относится к 1 а знак laquondashraquo к 3 Эквивалентные напряжения по III и IV критериям после

подстановки (617) в (614) и (615) определяются по формулам

III 2 2экв 4 (618)

IV 2 2экв 3 (619)

те соотношение (616) выполняется

152

643 Общий случай плоского напряженного состояния

Общий случай плоского напряженного состояния в точке А показан на рис 64

Рис 64

В этом случае 0 0 0z yx xy xz zx zy yz

Вычисляя инварианты (65) и решая уравнение (64) полу-чим корни уравнения ( )j при j = 1 2 3

2 2(1)(2) 4

2x y

x y

(620)

(3) 0

Окончательная нумерация главных напряжений в (620) производится в соответствии с правилом (63) Так как одно из главных напряжений равно нулю то в соответствии с п 61 на-пряженное состояние является плоским

Подставляя выражения (620) в (614) и (615) получим значения эквивалентных напряжений по третьему и четверто-му критериям прочности Так как эти выражения являются достаточно сложными для четвертого критерия то оконча-тельно в (614) (615) следует подставлять численные значения главных напряжений (619) рассчитанные для конкретной задачи

153

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого

поперечного сечения Рассматриваем валы круглого поперечного сечения рабо-

тающие на изгиб с кручением К таким элементам конструкций относятся валы коробок передач редукторов трансмиссионные и другие разновидности валов различных машин и механизмов

В самом общем случае считаем что имеет место про-странственный изгиб те в поперечном сечении действуют два изгибающих момента xM и yM и крутящий момент

крM (рис 65а) Изображая изгибающие моменты в виде векто-

ров xM и yM получим что их можно привести к результи-

рующему изгибающему моменту (рис 65 б)

2 2и х уM М М (621)

Рис 65 Таким образом имеет место пространственный изгиб вала

под действием изгибающего момента иM который определяет-ся в каждом сечении по эпюре изгибающих моментов xM и

yM Используя соотношение (621) строим эпюру результирую-

щего изгибающего момента и M Максимальное нормальное на-пряжение от его действия определяется выражением

иmax

и

M

W (622)

а) б)

154

где момент сопротивления круглого поперечного сечения на из-гиб ( и x yW W W )

ndash для круглого сечения

3

и 32

DW

(623)

ndash для кольцевого сечения

3

4и 1

32

DW с

(624)

при d

сD

где D d ndash внешний и внутренний диаметр вала

При действии крутящего момента крМ в наиболее нагру-

женных внешних точках поперечного сечения вала возникают касательные напряжения максимальная величина которых вычисляется по формуле

крmax

р

M

W (625)

где рW minus полярный момент сопротивления (момент сопротив-

ления при кручении) который для вала круглого поперечного сечения определяется соотношениями

р и2W W (626)

Так как при изгибе с кручением напряженное состояние в наиболее нагруженных точках вала является упрощенным плоским то при расчете на прочность необходимо вычислить главные напряжения (617) и соответствующие им эквивалент-ные напряжения (610) на основании выбранного критерия прочности

Условие прочности для пластичных материалов в этом случае записывается в виде

max экв (627)

где max экв minus максимальные эквивалентные напряжения в наи-

более нагруженном поперечном сечении вала

155

Валы работающие на изгиб с кручением чаще всего изго-тавливают из пластичных материалов поэтому для расчетов на прочность используют третий (618) или четвертый (619) кри-терий прочности

Выражения для эквивалентных напряжений по третьему и четвертому критериям прочности можно привести к единой формуле

эквэкв

и

М

W (628)

в которой эквивалентный момент эквМ в зависимости от вы-

бранного критерия прочности (619) или (620) с учетом (626) вычисляется по формулам

ndash для третьего критерия

III 2 2экв и кр М M М (629)

ndash для четвертого критерия

IV 2 2экв и кр075М M М (630)

Выбрав критерий строят эпюру эквивалентного момента

эквМ по длине вала и определяют наиболее нагруженное попе-

речное сечение в котором эквМ принимает максимальное зна-

чение эквmaxМ В соответствии выражениями (628) и (627)

записывают условие прочности

эквэкв

и

maxmax

М

W (631)

Обеспечивая выполнение условия прочности (631) реша-ют одну из поставленных задач

ndash выполняют проверочный расчет ndash выполняют проектный расчет ndash определяют допускаемую внешнюю нагрузку дейст-

вующую на вал

156

66 Расчет трансмиссионного вала Задача 12 На вал насажены два шкива через которые перекинуты

ремни (рис 66) Ветви ремней параллельны друг другу и на-клонены к горизонту под углами 1 и 2 От первого шкива ре-мень идет к электродвигателю в этом ремне усилие в сбегаю-щей ветви вдвое больше чем в набегающей От второго шкива ремень идет к станку в этом ремне усилие в набегающей ветви вдвое больше чем в сбегающей Станок имеет мощность N (кВт) частоту вращения вала n (обмин) Материал вала ndash сталь 20 с пределом текучести σт = 240 МПа нормативный ко-эффициент запаса прочности nт = 15

Используя четвертый критерий прочности определить не-обходимый диаметр вала

Данные для расчета выбрать из табл 61 схему ndash по рис 66 Принять D = 01 м а = 01 м Весом шкивов пренеб-речь

Таблица 61

аi Di Номер строки

Схема по

рис 66 а1 а2 а3 D1 D2

1 град

2 град

N кВт

n обмин

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII III V

2a a 2a 3a a a a 2a а а

3a 2a a a

3a a a a а

2а

a a a a a 2a 3a 2a 2а а

4D 3D 3D 2D

24D 32D 3D 4D

25D 3D

6D 4D 5D 4D 5D

64D 45D 5D 4D

55D

0 90 45 90 0

60 30 90 60 50

30 60 0 45 45 0 90 30 45 30

20 40 30 20 25 35 40 25 25 35

100 200 120 80 160 100 120 140 140 150

Буква шифра

а в г д в г д д г в

157

Рис 66

Пример Выполнить проектный расчет трансмиссионного

вала ременной передачи (рис 67а) Вал сплошной и имеет внешний диаметр d Шкивы имеют диаметры D1 и D2 (см рис 67)

158

Дано a1 = a2 = а = 01 м а3 = 2а = 02 м D1 = 2D = 02 м D2 = 3D = 03 м 1 = 0 2 = 30 N = 20 кВт n = 100 мин-1

Рис 67

Решение В местах посадки шкивов возникают равнодействующие

усилия от натяжений ремней и скручивающие пары от разности натяжений сбегающей и набегающей ветвей ремней Следова-тельно вал работает на изгиб и кручение (рис 67б)

1) Определяем внешний скручивающий момент

а) б) в) г)

д)

е)

159

209736 9736 1947

100

Nm

n кНм

2) Строим эпюру крутящих моментов Из условия равно-весия заключаем что m1 = m2 = m = 1947 кНм (рис 67в) Кру-тящий момент на участке BK экв 1974 КН мМ m

3) Определяем усилия натяжения ремней t1 и t2

1 1 11

2m m t D отсюда 1

1

2 2 19471947

02

mt

D

кН

2 2 21

2m m t D отсюда 2

2

2 2 19471298

03

mt

D

кН

4) Определяем равнодействующие усилия натяжения рем-ней действующих на вал в местах посадки шкивов

1 13 3 1947 5841P t кН 2 23 3 1298 3894P t кН

По условиям задачи усилие P1 направлено горизонтально (1 = 0) а P2 ndash под углом 2 = 30

Для удобства построения эпюр изгибающих моментов раз-ложим силу Р2 на вертикальную 2уР и горизонтальную 2хР со-

ставляющие

2уР = P2sin30ordm = 3894 05 = 1917 кН

2хР = P2cos30ordm = 3894 08667 = 3375 кН

Составим расчетные схемы в горизонтальной плоскости (рис 62г) и в вертикальной (рис 62д)

5) Строим эпюру изгибающих моментов хМ в вертикаль-

ной плоскости yAz (см рис 67г) Из уравнений равновесия определяем опорные реакции YA

и YC

Σ mom A = 0 YC 2a 2 yР 4a = 0

YC = 2 2 yР = 2 1947 = 3894 кН

Σ mom C = 0 YA 2a 2 yР 2a = 0

YA = 2 yР = 1947 кН

Уравнения изгибающих моментов

160

IxM = YA zI = 1947 zI 0 zI 01 м

при zI = 0 1x

M = 0

при zI = 01 м 1x

M = 1947 кНм

IIxM = YA (01 + zII) = 1947(01 + zII) 0 zII 01 м

при zII = 0 IIxM = 1947 кНм

при zII = 01 м IIxM = 3894 кНм

IIIxM = P2 zIII = 1947zIII 0 zIII 02 м

при zIII = 0 IIIxM = 0

при zIII = 02 м IIIxM = 3894 кНм

6) Строим эпюру изгибающих моментов My в горизон-тальной плоскости xAz (рис 67д)

Из уравнений равновесия определяем опорные реакции XA и XC

Σ mom A = 0 1xP a XC 2a + 2xP 4a = 0

XC = 05(4 2xP P1)

XC = 05(4 3375 5841) = 3830 кН

Σ mom C = 0 XA 2a + 1xP a + 2xP 2a = 0

XA = 05( 1xP + 2 2xP )

XA = 05(5841 + 3375 2) = 6296 кН

По участкам используя метод сечений аналогично пре-дыдущему пункту строим эпюру изгибающего момента yМ

в горизонтальной плоскости (рис 67 д) 7) Строим эпюру результирующего изгибающего момента

Mи (617) (рис 67е) складывая геометрически эпюры хМ

и yМ

2 2и y xМ М M

В характерных точках В и С они равны соответственно

161

2 2и( ) 1947 6296 6590ВМ кНм

2 2и( ) 3894 675 7793СМ кНм

Следовательно опасным сечением будет сечение С для которого

и( ) 7793СМ кНм и кр( ) 1947СМ кНм

8) Определяем по четвертой теории прочности эквива-

лентный момент IVэквМ в опасном сечении С (626)

IV 2 2экв и( ) кр( )075С СМ M М

IV 2 2экв 7793 075 1947 7975М кНм

9) Определяем необходимый диаметр d вала Допускаемое

напряжение принимаем равным т

т

240160

15n

МПа

Условие прочности (627) имеет вид

IV

IV эквmax экв

и

М

W

где 3

и 32

dW

Тогда

IV 6max экв 33

32 32 7975 10794

314 160

Md

мм

Окончательно принимаем диаметр вала d = 80 мм

67 Общий случай сложного сопротивления

Задача 13 Стальной коленчатый стержень постоянного круглого по-

перечного сечения нагружен внешними силами Рi и парами m Выполнить проектный расчет если дано ndash длины участков стержня ai

162

ndash пределы текучести на растяжение и сжатие σтр = σтс = σт= = 420 МПа

ndash коэффициент запаса прочности nт = 15 Использовать третью теорию прочности Расчетную схему выбрать по рис 68 данные для расчета ndash

по табл 62 Принять Р = 01 кН а = 04 м

Рис 68

163

Таблица 62

Нагрузки аi Номер строки

Схема по рис 111 m Р1 Р2 а1 а2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IV VI

Pa 2Pa

15Pa Pa Pa 2Pa Pa Pa

17Ра 21Ра

P 2P

15P P P

2P 3P P

15Р 2Р

2P P P

2P P

2P P

15P 2Р

35Р

а а

2 а а

2 а а а

2 а а

15а

2 а а а

2 а а а а

2 а а

15а

Буква шифра

а в д г в б

Пример Произвести проектировочный расчет коленчато-

го стержня постоянного круглого сечения (рис 69а) если дано

Р1=Р Р2 = 2Р m = Pa a1 = 2a a2 = a

Принять Р = 01 кН а = 04 м σт = 420 МПа коэффициент запаса прочности nт = 15

Участки стержня соединены жестко под прямыми углами Ось z совмещается с центральной продольной осью участка и направлена в сторону свободного конца стержня Оси y и x ле-жат в плоскости поперечного сечения (ось x направлена вправо ось y направлена вверх) При переходе к последующему участку производят поворот системы координат принятой на предыду-щем участке относительно оси которая перпендикулярна к плоскости образуемой этими смежными участками Поворот осуществляется так чтобы ось z совпала с продольной осью участка стержня При этом система координат xyz является жесткой

Решение начинается с выбора направления опорных реак-ций и определения внутренних усилий нормальной силы N крутящего момента кр zМ М изгибающих моментов хМ

и yМ

164

Рис 69

Решение 1) строим эпюру нормальных сил N (рис 69б)

I 2 II III IV 22 0 0 2 N P P N N N Р Р

2) строим эпюру крутящих моментов кр zМ М (рис 69в)

в)

а) б)

е) д)

г)

165

крI крII крIII крIV 10 0 0 2 М М М М m Р а Ра Ра Ра

3) строим эпюру изгибающих моментов yМ (создается

в данном случае силой Р2 изгиб происходит в горизонтальной плоскости) Эпюру строим на сжатом волокне (рис 69г)

I II2 II II II0 2 0 y yM M P z Pz z a

IVIII20 2 y yM M P a Pa

4) строим эпюру изгибающих моментов хМ (создается си-

лой Р изгиб происходит в вертикальной плоскости) (рис 69д)

I II III 1 I I I0 0 0 x x xM M M P z Pz z a

I XIII I XIII0 0 z M z a M Pa

XIV 1 IVM P z

IV IV XIV IV XIV0 2 0 0 2 2 z a z M z aM Pa

5) строим эпюру результирующего изгибающего момента

иМ (рис 69е) для чего подсчитываем его величину в харак-терных сечениях участков I II III и IV (см рис 69а) по фор-муле (621)

2 2и1-1 х уМ М М

Значения хМ и yМ берем с эпюр рис 69гд

и1 1

2и2 2

2и3 3

2 2и4 4

0

(2 ) 2

( )

(2 ) (2 ) 2 2 283

М

М Ра Ра

М Ра Ра

М Ра Ра Ра Ра

6) определяем опасное сечение где крутящий момент

кр М суммарный изгибающий момент иМ и нормальная сила N

одновременно велики Анализ эпюр по рис 69бве показывает что опасным яв-

ляется сечение в заделке где

N = 2P крМ = 2Pa и 2 2 283 М Ра Ра

166

7) сравниваем величины нормальных напряжений ( )N от нормальной силы N и от изгиба и( )М

2 2

2 4 8( )

N P PN

F d d

иmax и( )

х

ММ

W

где 3

30132xd

W d

ndash осевой момент сопротивления площади

поперечного сечения стержня

Тогда max и 3 3

283 32 905( )

Ра РаМ

d d

2max и

3

( ) 9051128

( ) 8

М Pa d a

N dd P

Так как a gtgt d в данном случае влиянием нормальной си-лы N на прочность можно пренебречь и вести расчет для случая изгиба с кручением

8) определяем диаметр стержня по третьему критерию (629) используя условие прочности (631)

IIIэкв

max эквIIIи

M

W

Здесь IIIэквM ndash эквивалентный момент в опасном сечении

который по третьей теории прочности равен (629)

III 2 2 2 2экв и кр (283 ) (2 ) 346M М М Ра Ра Ра

Допускаемое напряжение равно

т

т

420280

15n

МПа

Тогда

III 6экв 33 3

346 346 01 04 1017

01 01 01 280

M Pad

мм

167

Округляем диаметр до ближайшего четного значения и принимаем d = 18 мм

Если положение опасного сечения неочевидно вычисляют

эквM в характерных сечениях Опасным считается сечение

в котором эквM принимает наибольшее значение

Контрольные вопросы

1 Какие напряжения называются главными 2 Укажите существующие типы напряженных состояний 3 Как определяются главные напряжения 4 Какое напряженное состояние имеет место при круче-

нии валов 5 Сформулируйте закон парности касательных напря-

жений 6 Какое напряженное состояние имеет место при изгибе

с кручением 7 Что такое эквивалентные напряжения 8 Как записывается условие прочности при сложном на-

пряженном состоянии 9 Сформулируйте критерии прочности для хрупких мате-

риалов Объясните их физический смысл 10 Сформулируйте третий критерий прочности Укажите

его достоинства и недостатки 11 Сформулируйте четвертый критерий прочности 12 Сравните третий и четвертый критерии прочности ме-

жду собой Укажите области их применения 13 Запишите обобщенный закон Гука для сложного на-

пряженного состояния 14 Запишите обобщенный закон Гука для плоского на-

пряженного состояния 15 В каких случаях валы подвергаются действию изгиба

с кручением 16 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

моментов по третьему и четвертому критериям прочности 17 Сформулируйте порядок расчета на прочность при из-

гибе с кручением вала 18 Как вычисляются главные напряжения в общем случае

плоского напряженного состояния

168

19 Чему равны главные напряжения при кручении валов 20 Чему равны главные напряжения при изгибе с круче-

нием валов 21 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

напряжений по третьему и четвертому критериям при изгибе с кручением валов

169

Глава 7

УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

71 Основные понятия Под устойчивостью понимается свойство системы само-

стоятельно восстановить свое первоначальное состояние после того как ей было сообщено малое отклонение от исходного по-ложения равновесия Если система не обладает таким свойст-вом то она называется неустойчивой [1]

Ниже рассматривается устойчивость центрально сжатых стержней (рис 71) которые при потере устойчивости изгиба-ются

Рис 71

Критической силой крР называется наименьшее значение

сжимающей продольной силы при котором прямолинейная форма равновесия стержня перестает быть устойчивой

Критическое напряжение определяется по формуле

кркр

Р

F (71)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня Условие устой-чивости можно записать в двух видах

ndash по напряжениям возникающим в поперечных сечениях стержня

170

у (72)

ndash по усилиям

уР Р (73)

Здесь допускаемые напряжения у и силы уР на ус-

тойчивость определяется соотношениями

кру

уn

кр

уу

РР

n (74)

где уn 1 ndash коэффициент запаса на устойчивость который

обычно принимается больше чем коэффициент запаса на проч-ность уn тn ndash для пластичных материалов уn вn ndash для хруп-

ких материалов

72 Расчетные формулы При расчетах на устойчивость вводится понятия гибкости λ

и предельной гибкости пред стержня

Гибкостью называется безразмерный параметр

l

i

(75)

где μ ndash коэффициент приведенный длины величина которого

зависит от способа закрепления концов стержня (прил 5) J

iF

ndash

минимальный радиус инерции поперечного сечения Здесь J ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения относи-тельно его главных центральных осей х и у (см п 21)

min( )x уJ J J (76)

Предельной гибкостью называется безразмерный пара-метр

2

предпц

Е

(77)

171

где Е и пц ndash модуль упругости первого рода и предел пропор-

циональности материала стержня Существенной особенностью является то что гибкость λ

зависит только от геометрических характеристик и способа за-крепления концов стержня (75) Предельная гибкость пред за-

висит только от свойств материала стержня (76) Если гибкость стержня больше или равна предельного

значения пред( ) то при потере устойчивости в поперечных

сечениях возникают только упругие деформации При предlt

в сечениях стержня при потере устойчивости имеют место уп-руго-пластические деформации [1]

В зависимости от вида деформаций в поперечных сечени-ях стержня расчет критических сил крР и критических напря-

жений кр проводятся по следующим формулам

ndash при пред расчет ведется по формулам Л Эйлера

2Э

кр кр 2

( )

ЕJР Р

l

(78)

2Э

кр кр 2

E

(79)

При выполнении условия предlt расчет ведется по фор-

муле ФЯсинского Я

кр кр а b c (710)

Я Якр кр кр Р Р F (711)

Здесь a b c ndash коэффициенты величины которых зависит от свойств материала Эти коэффициенты определяются экспе-риментально а их значения для некоторых материалов приве-дены в табл 71 и [8]

Таблица 71

Значения коэффициентов МПа Материал

a b с Предельная

гибкость пред

1 2 3 4 5 Ст2 250 0668 0 105

172

Окончание табл 71

1 2 3 4 5 Ст3 310 114 0 100 Ст4 Сталь 20

343 142 0 95

Ст5 464 3617 0 100 Сталь 45 589 382 0 85 Чугун 776 120 0053 60 Алюминиевый сплав Д16Т

400 333 0 -

Дерево (ель сосна)

293 0194 0 70

На рис72 для материала Ст3 показана полная диаграмма

зависимости критических напряжений кр ( ) от гибкости λ ко-

торая позволяет выделить зоны в которых применяются фор-мулы Л Эйлера (79) и Ф Ясинского (710) При построении диаграммы принято что коэффициент с = 0 в выражении (710)

Рис 72

Зона I ( 40 ) соответствует сжатию коротких стержней

Потери устойчивости в этой зоне не происходит стержень ра-ботает на сжатие

Зона II (40 lt λ lt 100) соответствует стержням средней гибкости Потеря устойчивости происходит с образованием пластичных деформаций в поперечном сечении стержня Расчет ведется по формулам Ф Ясинского

Зона III (λ 100) соответствует гибким стержням Потеря

устойчивости происходит в упругой области кр пц Рас-

чет ведется по формулам Л Эйлера

173

73 Особенности расчета на устойчивость

В тех случаях когда стержни работающие на сжатие

имеют различные условия закрепления в главных плоскостях инерции необходимо вычислить гибкости х и у относитель-

но главных центральных осей х и у поперечного сечения (см например рис73а) В плоскости x0z оба конца стержня жестко защемлены (рис73б) В плоскости у0z верхний конец свободен (рис 73в)

Рис 73 На рис73б ndash показана форма потери устойчивости

в плоскости х0z и значение коэффициента приведенной длины

при потере устойчивости относительно оси у 1

2у

а) б) в)

174

На рис73в показана форма потери устойчивости относи-тельно оси х в плоскости y0z При этом коэффициент приведен-ной длины 2х

Гибкости стержня в этих плоскостях вычисляются анало-гично (75)

yу

y

l

i

x

xx

l

i

(712)

где радиусы инерции относительно осей х и у определяются как (210)

уу

Ji

F х

xJ

iF

(713)

Так как потеря устойчивости происходит в плоскости мак-симальной гибкости то вычисляют максимальную гибкость

max ( )x у (714)

и весь дальнейший расчет на устойчивость ведется в соответст-вии с п 72

74 Практический расчет на устойчивость

При практических расчетах стержней на устойчивость ус-

ловие устойчивости (72) часто заменяют на условие аналогич-ное условию прочности (112)

В этом случае условие устойчивости записывают в виде

сж (715)

где сж ndash допускаемые напряжения на сжатие для материала

стержня Коэффициент φ 1 называется коэффициентом сниже-

ния допускаемых напряжений Он зависит от марки материала и гибкости λ стержня Значения этого коэффициента для некото-рых материалов приведены в прил 7 и справочнике [3]

Таким образом расчет на устойчивость с помощью коэф-фициента φ сводится к обычному расчету на прочность но с пониженными допускаемыми напряжениями

175

75 Расчет на устойчивость Задача 14 Определить допускаемое значение силы уР из расчета

на устойчивость стержня Коэффициенты запаса устойчивости ndash для стали nу = 25 ndash для чугуна nу = 4 Опорные закрепления стержня в обеих главных плоско-

стях одинаковы Основные параметры даны в табл 72 расчетные схемы и

поперечные сечения стержней приведены на рис 74 Примечани е Формула Ясинского Я 2

кр а b c применима

если гибкость стержня λ удовлетворяет условиям для стали пред40

для чугуна пред20

При λ пред применяется формула Эйлера

Таблица 72

Коэффициенты Ясинского

Ном

ер

строки

Схема

по

рис

74

l м а1 мм

а2 мм

а3 мм

Материал

Е105МПа

σпц МПа а

МПа в

МПа с

МПа

1 2 3 4 5

I II III IV V

18 19 22 25 27

15 20 20 30 30

35 45 50 60 50

70 60 70 85 80

Сталь

22 21 19 21 20

200 210 230 190 250

310 320 340 300 350

114 120 130 105 130

0 0 0 0 0

6 7 8 9 0

VI VII VIII IX X

30 17 28 24 21

25 15 25 20 15

55 50 65 45 40

90 85 75 75 60

Чугун

10 11 10 09 10

200 200 190 180 180

780 770 700 700 700

120 125 120 115 116

00500051005000500051

Буква шифра

а г д в

176

Рис 74

Пример В соответствии с условиями задачи 14 опреде-

лить допускаемое значение силы уР из расчета на устойчи-

вость стального стержня показанного на рис 75 если известно

l = 12 м а1 = 20 мм а2 = 40 мм а3 = 65 мм

177

Е = 2105 МПа σпц = 200 МПа

коэффициенты Ясинского а = 310 МПа b=114 МПа с = 0 Решение 1) определяем положение центра тяжести поперечного се-

чения

Рис 75 Рис 76

Выбираем вспомогательную систему координат yx1 для

заданного поперечного сечения (рис 76) где ось y будучи осью симметрии является главной центральной осью

Для определения вертикальной координаты центра тяже-сти разбиваем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и опреде-ляем координату центра тяжести Cy по формуле (22)

1

1

1300 525 800 10363

1300 800

n

i Cii

C n

ii

F yy

F

мм

где i CiF y ndash площадь и координата центра тяжести i-й части се-

чения в принятой системе координат n ndash число элементарных частей на которые разбивается сечение (в данном случае n = 2)

При этом F1 = 1300 мм2 F2 = 800 мм2 C iy = 525 мм

C iy = 10 мм

Вторая главная центральная ось х проходит через центр тяжести C всего сечения (см рис 76)

178

2) определяем моменты инерции относительно главных центральных осей используя формулу (27) о параллельном пе-реносе осей

21

1( )

n

x xi ii

J J b F

где xiJ ndash момент инерции i-й части относительно своей цен-

тральной оси х bi ndash расстояние между центральной осью i-й части и главной центральной осью всего сечения

Применительно к рассматриваемому сечению (см рис 76) получим

2 21 1 1 2 2 2x x xJ J b F J b F

где 3

12i

i ix

b hJ

1

320 65

12xJ

2

340 20

12xJ

Окончательно получим

32

32 4 4

20 65162 1300

12

40 20263 800 138 10 мм

12

xJ

Так как ось у является главной центральной для всего се-чения и для каждой его части второй осевой момент инерции вычисляется как сумма моментов инерции отдельных частей

3 34

1 21

65 20 20 4015 10

12 12

n

у уi у уi

J J J J

мм4

где 3

12i

i iy

h bJ

1

3

y65 20

J 12

2

3

y20 40

J12

Так как xJ gt уJ а условия закрепления концов одинако-

вы во всех плоскостях то потеря устойчивости происходит в плоскости минимальной жесткости те в плоскости чертежа

179

(см рис 75) относительно оси у имеем Jmin = уJ = 15 104 мм4

Форма потери устойчивости показана на рис 75 3) определяем гибкость стержня по формуле (75)

mini

l

где μ ndash коэффициент приведенной длины величина которого в рассматриваемом случае μ = 05 (см рис 74) imin ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения вычисляе-

мый по формуле 4

minmin

15 10845

2100

Ji

F

F площадь сечения F = 800 + 1300 = 2100 мм2 В соответствии с (75) гибкость равна

05 1200710

845

4) предельная гибкость для стального стержня равна (77)

2 2 5

предпц

2 10100

200

Е

5) определяем величину критической силы Так как λ lt λпред формула Эйлера неприменима Расчет

критических напряжений производим по формуле Ясинского (710)

Я 2кр а b c

где а b c коэффициенты величины которых равны а = 310 МПа b = 114 МПа c = 0

Я 2кр 310 114 71 229а b c МПа

Критическая сила равна (711) Я 3

кр кр кр 229 2100 481 10 H 481кНР Р F

6) допускаемое значение сжимающей силы из расчета на устойчивость определяется выражением (74)

кр 481192 кН

25уy

РР

n

180

76 Проектный расчет на устойчивость Задача 15 Из расчета на устойчивость выполнить проектный расчет

прямого стержня сжатого силой Р в соответствии с рис 77 Условия закрепления во всех плоскостях одинаковы Ма-

териал ndash дерево l = 360 см Р = 140 кН сж 10 МПа По-

перечное сечение ndash круг диаметром D

Рис 77

Решение В соответствии с условием задачи требуется определить

диаметр поперечного сечения D Применяем расчет с помощью понижающего коэффициента φ (см п 74)

Условие устойчивости в этом случае имеет вид (715)

сж или сжР F (716)

Из (716) получим

сж

РF

(717)

Так как диаметр D неизвестен то момент инерции попе-речного сечения и его радиус инерции i также неизвестен Следо-вательно нам неизвестна и гибкость стержня λ (75) по которой определяется числовое значение коэффициента φ (см прил 6)

181

Задачу решаем методом последовательных приближений Для этого задаем на первом шаге расчета значение коэффици-ента φ1 = 05 и из формулы (717) получаем

54 2

114 10

28 10 мм 05 10

F

Диаметр сечения 4

11

4 4 28 10189 мм

FD

Момент инерции поперечного сечения на первом шаге равен

4 48 41

1189

627 10 мм 64 64

DJ

Радиус инерции

41 1

1 21

4

464

D DJi

F D

(718)

Таким образом на первом этапе приближения получим гибкость

11 1

4

l l

i D

(719)

те

14 1 3600

76189

(720)

По таблицам (см прил 7) для гибкости 1 76 получаем значение коэффициента 1 053

Определяем погрешность расчета коэффициента по фор-муле

1 1

1

100

(721)

Таким образом погрешность определения коэффициента на первом шаге составляет

1053 05

100 6 05

182

Так как допускается погрешность расчета не более 5 а погрешность на первом шаге составляет 6 то выполняем второй шаг приближения

Задаем значение коэффициента 2 равное среднему зна-чению между 1 и 1

1 12

05 0530515

2 2

В этом случае по формуле (717) получим

54 2

214 10

272 10 мм 0515 10

F

Диаметр сечения на втором шаге

42

24 4 272 10

186 ммF

D

Гибкость стержня по формуле (719) на втором шаге

22

4 4 1 3600775

186

l

D

По таблице (см прил 7) для λ = 775 получим 2 0515

Так как 2 2 то окончательно принимаем 0 515

и следовательно поперечное сечение должно иметь диаметр 186 ммD

Окончательно принимаем D = 190 мм П р и м е ч а н и е 1 Если первоначальное значение коэффициента φ1 на первом шаге

выбрано неудачно то потребуется сделать несколько шагов приближе-ния чтобы обеспечить погрешность вычислений менее 5

2 Если в таблице φ(λ) (см прил 7) для полученного значения гиб-кости λ отсутствуют значения коэффициента φ то следует применить ме-тод линейной аппроксимации на интервале по следующей схеме пока-занной на рис 78

183

Рис 78

Из таблицы выбирают ближайшие значения гибкости 1

и 2 лежащие слева и справа от заданного значения гибкости и записывают соответствующие значения коэффициентов

1 1 2 2 и приведенные в таблице значений

для заданного материала стержня (см прил 6) Значение коэффициента для заданного значения гиб-

кости определяется в соответствии с рис 78 по формуле

2 (722)

где 21 2

2 1

( )

Окончательно из (722) получаем

22 1 2

2 1

( )

(723)

Контрольные вопросы

1 Какие упругие системы называются устойчивыми 2 Что называется критической силой и критическим на-

пряжением 3 Что называется коэффициентом приведенной длины и от

чего зависит его значение 4 Что называется гибкостью стержня от чего она зависит 5 Как вычисляется предельная гибкость стержня 6 Запишите формулу Эйлера для критической силы и кри-

тического напряжения 7 Сформулируйте условия применимости формулы Эйлера 8 Запишите формулу Ясинского для критической силы и

критического напряжения

184

9 Сформулируйте условия применимости формулы Ясин-ского

10 Нарисуйте полную диаграмму для критических на-пряжений

11 Как влияет жесткость поперечного сечения на из- гиб ЕJ и длина стержня на величину критической силы

12 Как влияет способ закрепления концов стержня на ве-личину критической силы

13 Запишите условие устойчивости 14 Что такое коэффициент снижения допускаемых на-

пряжений 15 От чего зависит численное значение коэффициента 16 Сформулируйте порядок выполнения расчета на ус-

тойчивость с помощью коэффициента

185

Глава 8

ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК

81 Основные понятия Природа динамических воздействий на элементы и конст-

рукции в целом разнообразна [1] Рассмотрим основные виды динамического воздействия

ndash действие ускорений ndash удар ndash вибрация Существенной особенностью действия динамической на-

грузки является то что при расчете нельзя пренебрегать силами инерции возникающими в элементах конструкций Силы инер-ции выступают как дополнительная внешняя нагрузка Их взаи-модействие с силами упругости часто порождает возникновение колебаний элементов конструкций которые могут приводить к многократному росту внутренних силовых факторов и соответ-ственно напряжений и деформаций элементов конструкций

Кроме того при действии динамической нагрузки ряд конструкционных материалов проявляют склонность к охруп-чиванию хотя при действии статических нагрузок они являют-ся пластичными [1 6]

Расчет на прочность при действии динамических нагрузок является достаточно сложным [1 3] поэтому будем рассматри-вать простейшие схемы динамического нагружения типовых элементов конструкций При этом полагаем что динамическое нагружение конструкции происходит в упругой области те напряженно-деформированное состояние элементов конструк-ции подчиняется закону Гука [1]

В этом случае динамическое действие нагрузки характе-ризуется коэффициентом динамичности д 1k который пока-

зывает во сколько раз увеличиваются напряжения и деформа-ции в элементе конструкции при действии динамической нагрузки по сравнению с действием той же нагрузки но прило-женной статически

186

Таким образом напряжения д деформации д и переме-щения д при динамическом действии нагрузки вычисляются по формулам

д д ст д д ст д д ст k k k (81)

Здесь ст ст ст ndash статические напряжения относитель-ные деформации и перемещения соответственно Величина ко-эффициента динамичности дk рассчитывается для каждого

конкретного элемента конструкции и определяется выражения-ми зависящими от вида динамической нагрузки

Условие прочности в этом случае записывается в виде

max д д (82)

где max д minus максимальные динамические напряжения в элемен-

те конструкции д minus допускаемые напряжения при динами-

ческом нагружении величина которых зависит от свойств ма-териала при динамической нагрузке и условий эксплуатации конструкции

П р и м е ч а н и е Если напряженное состояние элемента конст-рукции является сложным то аналогично п 6 расчет ведется по эквива-лентным напряжениям которые рассчитываются по соответствующему критерию прочности

82 Расчет коэффициента динамичности Рассмотрим простейшие виды динамического нагружения

821 Действие линейных ускорений Пусть груз весом Q на тросе поднимается с ускорением а

(рис 81)

Рис 81

187

В этом случае дополнительно к весу Q на трос действует сила инерции от груза Коэффициент динамичности определя-ется выражением

д 1а

kg

(83)

где g ndash ускорение свободного падения (g = 98 мс2) Статическое напряжение растяжения в тросе равно

стQ

F (84)

где F ndash площадь поперечного сечения троса Динамические напряжения определяются по формуле (81)

а условие прочности имеет вид (82)

822 Действие удара

Пусть на упругую систему с высоты Н падает груз весом Q На рис 82а показан продольный осевой удар а на рис 82бв ndash поперечный удар по балке

Рис 82

Во всех случаях коэффициент динамичности определяется

выражением

дст

21 1

Нk

(85)

а) б) в)

188

Здесь коэффициент учитывает вес элемента конструк-ции (стержня балки) по которому производится удар (рис 82) Этот коэффициент вычисляется по формуле

Эп1

Q

Q (86)

где ЭQ ndash вес элемента конструкции (стержня балки) а п ndash ко-

эффициент приведения массы элемента к точке в которой про-изводится удар (к точке K) Этот коэффициент lt 1 а его вели-чина зависит от координат точки приложения удара и расчетной схемы элемента [1 6]

Например при продольном ударе (рис 82а) этот коэф-

фициент принимает значение п1

3

При поперечном ударе

ndash для расчетной схемы (рис 82б) п17

048635

ndash для расчетной схемы (рис 82в) п33

0236140

Для остальных расчетных схем значения коэффициента приведения можно найти в [6]

В тех случаях когда вес элемента конструкции сущест-венно меньше веса падающего груза ( ЭQ ltlt Q) выполняется ус-

ловие Эпltlt 1

Q

Q и коэффициент принимают равным единице

те = 1 а балку считают невесомой В этом случае формула (85) принимает вид

дст

21 1

Нk

(87)

Если выполняется условие ст

2Н

1 то возможно даль-

нейшее упрощение и тогда применяют приближенную формулу для определения коэффициента динамичности

дст

2

Нk

(88)

189

Применительно к расчетным схемам показанным на рис 82 ст определяется следующим образом

ndash при продольном ударе (рис 82а) стQl

EF

ndash при поперечном ударе (рис 82бв) ст определяется

как прогиб точки K при приложении в ней статической силы равной Q Этот прогиб определяется любым методом напри-мер методом начальных параметров (см п 41)

Динамические напряжения определяются выражением (81) а условие прочности для наиболее нагруженного попереч-ного сечения элемента конструкции записывается в виде (82)

823 Действие вибрации

При действии внешних вибрационных нагрузок в элемен-тах конструкции имеет место динамическое воздействие что приводит к повышению напряжений деформаций и перемеще-ний упругой системы

Расчет стержней валов и балок на действие вибрации яв-ляется достаточно сложным и здесь не рассматривается [1 8] Будем рассматривать расчетные схемы типовых элементов кон-струкций как одномассовые колебательные системы у которых вся масса сосредоточена в одной точке

В качестве примера рассмотрим поперечные колебания двухопорной балки с грузом расположенным в сечении K (рис 83) Пунктиром показана форма поперечных колебаний балки

Рис 83

Считаем что балка невесома а груз имеет массу М Соб-

ственная частота балки в этом случае определяется выраже-нием [1]

190

ст

g

(89)

где g = 981 мс2 ndash ускорение свободного падения ст minus пере-

мещение сечения K при статическом нагружении балки усили-ем равным весу груза М (рис 83)

Необходимо отметить что собственная частота опреде-ленная таким образом соответствует основной (наименьшей) собственной частоте упругой системы на которой как правило возникают наибольшие перемещения и напряжения

При действии на балку внешней гармонической вибрации с частотой по направлению оси у в балке возникают вынуж-денные колебания При совпадении частот вынужденных и собственных колебаний в системе возникает резонанс при котором происходит максимальное увеличение динамических напряжений д и перемещений д в сечениях балки которые

вычисляются по формулам (81) При динамических расчетах на вибрацию вводится поня-

тие динамического коэффициента который часто называют коэффициентом нарастания вынужденных колебаний и опреде-ляют по формуле [1]

22 2 2

1

21

n

(810)

где безразмерный параметр 2n

ndash характеризует рассеяние энер-

гии и затухание колебаний в элементе конструкции Для реаль-ных элементов конструкций работающих на изгиб этот пара-

метр принимает значения 2

lt 04n

Динамический коэффициент характеризует увеличение динамических напряжений за счет действия внешней гармони-ческой силы с амплитудой Р Например если в точке K балки (рис 83) установлен электродвигатель то при его работе на балку в точке K будут действовать две составляющие внешних нагрузок

ndash вес электродвигателя Q который является постоянным

191

ndash инерционная сила с амплитудой Р которая является пе-ременной вызывает колебания балки и определяется величиной дисбаланса вращающихся частей ротора электродвигателя

На рис 84 показаны зависимости динамического коэффи-

циента от отношения частот

при различных значениях па-

раметра 2n

характеризующего демпфирования в упругой

системе

Рис 84

Из рис 84 следует что при резонансе происходит резкое

возрастание амплитуд колебаний что в свою очередь вызывает повышение напряжений в балке

192

Областью резонанса обычно считают частотный диапазон внешних воздействий

07 13 (811)

Поэтому при проектировании элементов конструкций же-лательно за счет конструктивных мер обеспечивать выполнение

условий lt 07

и 13

Анализ зависимостей представленных на рис84 показы-вает что вне резонансного интервала (811) динамический коэффициент незначительно зависит от параметра демпфирова-ния γ в системе и вне этого интервала динамический коэффици-ент (810) можно рассчитать по приближенной формуле не учи-тывающей демпфирование в упругой системе

2

1

1

(812)

С учетом веса Q статически действующего на балку ко-эффициент динамичности определяется выражением

д 1Р

kQ

(813)

Динамические напряжения деформации и перемещения определяется по формуле (81) с учетом (813) При этом под статическими характеристиками ст ст ст понимаем напря-

жения деформации и прогибы в балке при статическом дейст-вии на нее веса электродвигателя Q

П р и м е ч а н и е В случаях когда балку нельзя считать невесо-мой вводится понятие приведенной сосредоточенной массы Мпр которая определяется по формуле

пр п1 БММ ММ

(813)

где М ndash сосредоточенная масса расположенная в т K (рис 83)

БМ ndash масса всей балки п ndash коэффициент приведения массы балки к точке K который определяется в соответствии с п 822

193

83 Расчет на ударную нагрузку Задача 16 На упругую систему (рис 85) с высоты Н падает

груз Q Подобрать размеры поперечного сечения конструкции из-

готовленной из малоуглеродистой стали если

тр = тс = 320 МПа Е = 2 105 МПа

коэффициент запаса прочности n = 2 массу упругой системы не учитывать

Данные необходимые для решения задачи выбрать из табл 81

Для прямоугольных поперечных сечений балок принять

2h

b для кольцевых сечений принять 07

dс

D где

D ndash внешний d ndash внутренний диаметры

Таблица 81

Номер строки

Схема по рис 85

Q Н Н м а м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

I II III IV V VI VII VIII IX X

200 400 600 800 1000 500 750 800 900 100

05 04 02 04 01 03 03 02 02 05

10 12 15 10 08 12 08 15 10 10

Буква шифра

а г д г

Пример В соответствии с условиями задачи 15 подобрать

размеры круглого поперечного сечения балки показанного на рис 86а при Q = 200 Н а = 2 м Н = 02 м

194

Рис 85

Решение 1) приложим к системе статическую силу равную весу

падающего груза Q (рис 86б) и строим эпюру изгибающего

195

момента хМ (рис 86в) Опорные реакции в сечении А опреде-

ленные из уравнений равновесия для балки А AМ Qa Y P

Рис 86

2) определим статический прогиб ст в точке K (рис 86б)

применяя метод начальных параметров (см пп41) Начальные параметры 0 00 0A Аy y так как

в сечении А балка жестко закреплена В соответствии с уравнением (410 ) получим

2 3

2 3 3

( 0) ( 0)1( )

2 3

1

2 6 3

A AK K

x

x x

M a Y ay y a

EJ

Qa a Qa Qa

EJ EJ

Знак laquominusraquo указывает на то что прогиб точки K направлен вниз

Момент инерции сплошного круглого поперечного сече-

ния равен 3

64xD

J

поэтому окончательно получим

3

ст 4

64

3

Qa

ED

(814)

а) б) в)

196

3) коэффициент динамичности в соответствии с выраже-нием (88) равен

2

дст

2 3

4 2

H D EHk

a Qa

(815)

4) обращаясь к эпюре хМ (рис 86в) находим опасное

сечение в котором изгибающий момент достигает наибольшего значения max х АМ М Qa и определяем максимальную вели-

чину статических напряжений Так как момент сопротивления

балки равен 3

32хD

W

то

maxmax cт 3

32А

x

М Qa

W D

5) определяем величину динамических напряжений в опас-ном сечении (81)

max дин д max ст

2

3

( )

3 32 1 3

4 2 04 2

k

D ЕН Qa QEH

а Qa D aD

(816)

6) запишем условие прочности (82) которое с учетом (816) принимает вид

max дин1 3

04 2

QEH

D a

(817)

Находим допускаемые напряжения

т

т

320160

2n

МПа

Определим из (817) требуемый диаметр D поперечного сечения

2 5 3

3мм

1 3

04 2

1 3 2 10 2 10 02 10678

04 160 2 2 10

QEHD

a

197

Округляя полученное значение D окончательно прини-маем D = 68 мм

Вычислим фактическое значение коэффициента динамич-ности при выбранном значении диаметра поперечного сечения балки (815)

2 2 5 3

д 3 3

3 68 3 2 10 02 101254

4 2 4 2 10 2 200 2 10

D EHk

a Qa

Таким образом фактический коэффициент динамичности при ударе составляет д 1254k

84 Расчет упругой системы при действии вибрации

Задача 17 Упругая система представляет собой балку представлен-

ную на рис 87 Поперечное сечение балки выполнено в виде двух швеллеров (рис 88а) или двух двутавров (рис 88б) же-стко соединенных между собой

В точке K на балке (рис 87) установлен электродвигатель весом Q частота вращения вала которого равна n минndash1 Сила инерции возникающая вследствие неуравновешенности вра-щающихся деталей электродвигателя равна инР Материал балки ndash прокатная сталь с пределом текучести т 320 МПа и

модулем упругости 52 10 МПаЕ

Данные для варианта задания принять по табл 82 и рис 87

Требуется определить величину максимальных напря-жений в балке и фактический коэффициент запаса ее проч-ности

198

Рис 87

199

Рис 88

Таблица 82

Тип сечения Номер строки

Схема по

рис 87Q кН инР кН n мин-1 l м

[ ] I I

1 I 60 08 320 05 5 2 II 58 06 400 06 10 3 III 48 05 510 04 8 4 IV 50 045 600 05 12 5 V 62 052 1000 06 65 6 VI 46 04 700 04 14 7 VII 40 036 550 045 10 8 VIII 64 058 480 05 10 9 IX 66 044 800 08 12 0 X 59 03 360 04 16

Буква шифра

а г д б в а г

Пример расчета В соответствии с условиями задачи 17 рассмотрим кон-

сольную балку поперечное сечение которой выполнено из двух швеллеров 14

Остальные исходные данные приняты следующими ndash коэффициент запаса прочности nт = 2 ndash вес электродвигателя Q = 64 кН ndash l =18 м ndash сила инерции инР = 12 кН ndash число оборотов электродвигателя n = 320 минndash1 Массу упругой системы не учитываем

а) б)

200

Решение 1) на рис 89а показана расчетная схема балки

Рис 89

2) приложим статически вес электродвигателя к балке

в точке K (рис 89б) и из уравнений равновесия балки получим значения опорных реакций

A АY P М Ql

Эпюра изгибающего момента хМ показана на рис 89в

из которого следует что наиболее нагруженным является сече-ние А в котором максимальный изгибающий момент равен

max хМ Ql а максимальные статические нормальные напря-

жения в балке определяются выражением 3 3

maxmax ст 3

64 10 16 108205

2 2 2 702 10x

x x

М Ql

W W

МПа

где 702xW см3 ndash момент сопротивления одного швеллера 14

(см прил 4) 3) применяя метод начальных параметров (см п 41) оп-

ределяем статический прогиб в точке K где установлен элек-тродвигатель (рис 89б)

а) б) в)

201

3

ст 3Kx

Qly

EJ (818)

Здесь xJ ndash момент инерции двух швеллеров относительно

оси х (рис 89а) Так как момент инерции одного швеллера 14

(см прил 4) равен (1) 4911хJ см4 то (1)2 9822x хJ J см4

4) собственная частота в соответствии с (89) и (818) определяется как

5 6 8

3 3 3cт

3 981 3 2 10 10 9822 10394

64 10 18xEJ gg

Ql

сndash1

5) частота вынужденных колебаний определяется по фор-муле

320335

30 30

n сndash1

Определим отношение частот

335085

394

следовательно

085

Таким образом при работающем электродвигателе в со-ответствии с (811) вибрация балки происходит в резонансной области (811)

6) так как по условию задачи балка является невесомой и в ней не происходит рассеяния энергии то динамический коэф-фициент можно определить по формуле (812)

2 2

1 1361

3351 1

394

Коэффициент динамичности определяем по формуле (813)

ид

121 1 361 17

64

Рk

Q

7) максимальные динамические напряжения при вынуж-денных колебаниях балки (81) составляют

202

max д max ст( ) 17 825 14025k МПа

Допускаемые напряжения

тд

т

320160

2n

МПа

Условие прочности (82) выполняется так как

max д д14025 lt 160 МПа

8) в качестве примера выполним динамический расчет балки с учетом ее веса Вес балки в форме двух швеллеров 14 равен

Б 2 2 123 18 4428 H 0443 кНQ ml

Здесь m =123 Н ndash вес погонного метра одного швеллера 14 (см прил 4)

Коэффициент приведения п для расчетной схемы балки (рис 89б) равен (см п 822) п 024

В соответствии с (813) приведенный вес балки к точке K (рис 89) составляет прQ Q где коэффициент определя-

ется выражением

Бп

04431 1 024 1017

64

Q

Q

пр 64 1017 651Q кН

Максимальные статические напряжения в этом случае со-ставляют

прmax ст 1017 8205 8344

2 2x x

Q l Ql

W W МПа

Собственная частота

13

cт

3 1 1394 398 c

2 1017xEJ gg

Ql

Динамический коэффициент

2 2

1 1345

3351 1

398

203

Коэффициент динамичности

инд

пр

121 1 345 164

651

Рk

Q

Максимальные динамические напряжения

max д д max ст( ) 164 8344 1368k МПа

Так как max д дlt то условие прочности также выпол-

няется Выводы 1 Из проведенных исследований следует что учет собст-

венного веса несущественно влияет на результаты расчета ndash максимальные динамические напряжения в балке изме-

нились на

1368 14025100 25

1368

ndash коэффициент динамичности изменится на

164 17100 36

164k

2 Так как допускаемая погрешность инженерного расчета 5 то допускается выполнять динамический расчет без

учета собственного веса балки

Контрольные вопросы

1 Приведите примеры динамических внешних нагрузок 2 Как рассчитываются динамические напряжения дефор-

мации перемещения 3 Как записывается условие прочности при динамическом

нагружении 4 Дайте определение коэффициента динамичности при

действии линейных ускорений 5 Как рассчитывается коэффициент динамичности при

ударе 6 Как учитывается масса элемента конструкции при ударе 7 Запишите приближенную формулу для расчета коэффи-

циента динамичности при ударе

204

8 Как определяется динамический коэффициент при дей-ствии гармонической вибрации

9 Как вычислить основную собственную частоту балки при вибрации

10 Что такое резонанс Когда он возникает 11 Какая частотная область называется резонансной 12 Как вычисляется коэффициент динамичности при виб-

рационном воздействии 13 Как вычисляются динамические напряжения в элементе

конструкции при действии вибрации 14 Как учитывается вес элемента конструкции при дейст-

вии вибрации 15 Сформулируйте порядок выполнения расчета на проч-

ность при динамическом воздействии

205

Глава 9

РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ

91 Основные понятия Приведенные выше методики расчетов на прочность ти-

повых элементов конструкций основаны на оценке прочности материала в наиболее нагруженных точках по допускаемым на-пряжениям Предельным состоянием конструкции в этом слу-чае считается такое ее состояние при котором максимальные напряжения достигают предела текучести т для пластичных материалов или предела прочности в для хрупких материалов Состояние остального массива элемента конструкции во внима-ние не принимается [6]

В то же время при неравномерном распределении напря-жений например при изгибе балок (см рис 43) и кручении ва-лов (см рис 31) для элементов изготовленных из пластичных материалов появление местных максимальных напряжений равных пределу текучести ( max т ) в большинстве случаев

не является опасным так как в остальной части сечения напря-жения являются упругими Поэтому конструкция может выпол-нять свое функциональное назначение

В связи с этим возникла необходимость в новом подходе к оценке прочности по ее предельному состоянию

Под предельным состоянием конструкции будем пони-мать такое ее состояние при котором она полностью теряет способность сопротивления внешним нагрузкам и не может выполнять свое функциональное назначение

Методы расчетов по предельному состоянию широко применяются при проектировании различных конструкций так как позволяют вскрыть резервы прочности которые не учиты-ваются при расчетах по допускаемым напряжениям Это позво-ляет выполнять оптимальное проектирование способствующие уменьшению металлоемкости конструкций

Практическое применение метода расчета по предельному состоянию рассмотрим на элементах конструкций работающих

206

на растяжение и кручение Считаем что они изготовлены из пластичного материала диаграмма растяжения которого имеет площадку текучести (рис 13) характеризующуюся пределом текучести т

С целью упрощения расчета по предельному состоянию нелинейную диаграмму растяжения схематизируют таким обра-зом что участок прямой ОА выражающий закон Гука непо-средственно переходит в горизонтальный участок ВС соответ-ствующий площадке текучести (см рис 13)

При этом считают что пределы пропорциональности пц

и текучести т совпадают те т пц

Такая схематизированная диаграмма называется диаграм-мой Прандтля (рис 91) а материал соответствующий этой диаграмме называется идеально пластичным [9]

Рис 91

Замена реальной диаграммы схематизированной диа-граммой Прандтля приемлема для пластичных материалов и дает хорошие результаты расчета предельных нагрузок согла-сующиеся с данными экспериментальных исследований

Предельное состояние элемента конструкции определяем наличием значительной пластической деформацией которая наступает на площадке текучести в начале зоны упрочнения СD на реальной диаграмме (см рис 13)

Рассмотрим некоторые случаи расчета типовых элементов конструкций по предельному состоянию используя диаграмму Прандтля (рис 91)

92 Упругопластический изгиб балок

Рассмотрим поперечный изгиб балки изготовленной из пластичного материала В наиболее нагруженном поперечном

207

сечении действуют изгибающий момент хМ (рис 92а) под

действием которого в поперечном сечении возникают нормаль-ные напряжения σ которые определяются по формуле (41)

Рассмотрим балку прямоугольного сечения (рис 92б) с размерами bh Эпюра нормальных напряжений σ по высоте сечения при упругом деформировании показана на рис 92в

Максимальные напряжения достигаются в верхних и ниж-них волокнах балки и определяются формулой (43)

maxх

x

М

W (91)

где 3

6xbh

W ndash момент сопротивления при изгибе прямоуголь-

ного поперечного сечения

Рис 92

При возрастании величины изгибающего момента хМ

в соответствии с диаграммой Прандтля (рис 91) нормальные напряжения остаются постоянными и равными пределу теку-чести те max т Эпюра этих напряжений показана на

рис 92г При этом в поперечном сечении образуются две зоны (рис 92 д)

ndash упругая зона 1 в которых тlt ndash пластические зоны 2 (заштрихованы) в которых т В этом случае имеет место упругопластический изгиб

балки При дальнейшим увеличении изгибающего момента хМ

происходит расширение пластических зон 2 Предельное со-

а) б) в) г) д) е)

208

стояние наступит в случае когда пластическая зона охватит все поперечное сечение те эпюра нормальных напряжений примет вид показанный на рис 91е При этом в поперечном сечении возникает пластический шарнир и балка теряет свою несущую способность те наступает ее предельное состояние Изгибаю-щий момент соответствующий этому состоянию называется предельным изгибающим моментом прМ

Предельный изгибающий момент в соответствии с эпюрой нормальных напряжений представленной на рис 91а опреде-ляется выражением

пр т т

2

2 2 xFF

М у dF у dF S (92)

где xS minus в соответствии с определением (21) равен статическо-

му моменту половины площади 2

F поперечного сечения прямо-

угольника Величину 2 xS называют пластические моменты сопро-

тивления сечения плW те

пл 2 xW S (93)

Предельный изгибающий момент в этом случае в соответ-ствии с (92) вычисляется как

пр т плМ W (94)

Для балки прямоугольного поперечного сечения [1] 2

2xbh

S Следовательно

2

пл 4

bhW (95)

Сравним степень увеличения запаса прочности балки при переходе от расчета по допускаемым нагрузкам к расчету по предельным нагрузкам

При расчете по допускаемым нагрузкам предельно допус-каемая величина изгибающего момента равна

т т хМ W (96)

209

При расчете по предельным нагрузкам величина предель-ного момента определяется выражением (94)

Степень увеличения несущей способности при переходе к расчету по предельному состоянию определим параметром

пр пл

т

x

М W

М W (97)

Для прямоугольного поперечного сечения этот параметр с учетом выражений (94) (95) (96) принимает значение

2

2

615

4

bh

bh

Аналогично решается задача и для других типов попереч-ных сечений [5] Для некоторых простейших поперечных сече-ний значения коэффициента приведены в табл 91

Таблица 91

210

Окончание табл 91

93 Расчет остаточных напряжений Рассчитаем сечения балки в котором действует изгибаю-

щий момент xМ и выполняются условия т прxМ М М

В этом случае в поперечном сечении балки имеются две зоны (рис 93а) 1 ndash упругая 2 ndash пластическая а эпюра нормальных напряжений имеет вид представленный на рис 93б

Рис 93

а) б) в) г)

211

Разгрузка балки происходит по линии КМ диаграммы Прандтля которая параллельна линии ОА характеризующей закон Гука (рис 91) Таким образом прикладывая изгибающий момент xМ обратного знака в соответствии с законом Гука по-

лучим линейную эпюру разгрузочных нормальных напряжений

р представленную на рис 93в

Нормальные напряжения при разгрузке в точках сечения

1K и 2K расположенных на верхних волокнах сечения и на границе упругой и пластической зон (рис 93а) определяются по формулам (91) и соответственно

max рx

x

M

W (2)

p K

M x yJx

(98)

где K

y ndash координата границы упругой области (рис 93а)

Остаточные напряжения ост определяются по принципу

суперпозиций как алгебраическая сумма действовавших и раз-грузочных напряжений (рис 93а)

ndash в точке 1K (1)

ост max р т

ndash в точке 2K (2) (2)

ост р т

С учетом соотношений (98) получим выражения для рас-чета остаточных напряжений в точках 1K и 2K

(1)

ост тx

x

M

W (910)

(2)

ост т Kx

x

yM

W

Эпюра остаточных напряжений по высоте поперечного сечения является линейной и представлена на рис 93г Факти-ческий знак остаточных напряжений ост в любой точке сече-

ния зависит от знака и величины действующего в сечении изги-бающего момента xM и координаты

Ky определяющей размер

упругой зоны Из анализа эпюры остаточных напряжений сле-дует что наибольшие остаточные напряжения могут иметь ме-сто в точках 1K или 2K Это определяется при расчетах для конкретной расчетной схемы конструкции

212

94 Расчет по предельному состоянию при кручении

При кручении валов сплошного круглого поперечного се-

чения по допускаемым напряжениям касательные напряжения в упругой области распределяются по линейному закону (31) а эпюра касательных напряжений в сечении представлена на рис 31

Опасное состояние вала имеет место при появлении пла-стических деформаций на внешнем контуре поперечного сече-ния при выполнении условия

max т (911)

где т minus предел текучести по касательным напряжениям Проводя рассуждения аналогичные п 92 получим кру-

тящий момент соответствующий опасному состоянию при рас-чете по допускаемым напряжениям

т(кр) т pМ W (912)

где 3

16pD

W

minus полярный момент сопротивления при кру-

чении Предельный крутящий момент пр(кр)М определяется вы-

ражением 913

пр(кр) т (пл)pМ W (914)

где 3

(пл) 12pD

W

minus пластический момент сопротивления при

кручении На рис 93 показаны эпюры касательных напряжений

в поперечном сечении при различных значениях крутящего мо-мента кр М

ndash кр т(кр)lt М М все сечение работает в упругой области

(рис 94а) ndash т(кр) кр пр(кр)lt М М М сечение разбивается на две зоны

1 ndash упругая зона ( тlt ) 2 ndash пластическая зона при т (рис 94б) где

K ndash радиус определяющий размер упругой

зоны 1

213

ndash кр пр(кр) М М все сечение работает в пластической зоне

при т (рис 94в)

Рис 94

Степень увеличения несущей способности вала при пере-

ходе к расчету по предельному состоянию определим безраз-мерным параметром кр аналогично (97)

пр(кр)кр

т(кр)

М

М (914)

который с учетом выражений (912) и (913) равен 3

(пл)кр 3

16 4133

312

p

p

W D

W D

(915)

Таким образом скрытый запас прочности вала работаю-щего на кручение при переходе к расчету по предельному со-стоянию составляет кр 133

95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов

При разгрузке вала в его поперечных сечениях аналогич-

но п 94 возникают остаточные касательные напряжения ост

[5 9] На основании рассуждений аналогичных п 94 получим

что эпюра остаточных касательных напряжений по радиусу по-перечного сечения также является линейной (рис 95в)

214

Рис 95

Значения остаточных касательных напряжений ост в точ-

ках 1K и 2K (рис 95аб) вычисляются по формулам

(1)

ост

крт

р

M

W (916)

(2)

ост

крт

р

M

J

Из анализа эпюры остаточных касательных напряжений следует что наибольшие остаточные напряжения достигаются в точках 1K и 2K поперечного сечения вала

96 Расчет вала по предельному состоянию

Задача 18 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими концами нагружен крутящими моментами 1 2m m и 3m

в соответствии с задачей 5 (см п 32) и расчетной схемой по-казанной на рис 32

Значения крутящих моментов 1 2m m и 3m выраженные

через внешний момент m принять в соответствии с вариантом задания по табл 31

Выполнить расчет вала по предельному состоянию и оп-ределить предельно допустимое значение внешнего момента m

а) б) в)

215

Проанализировать напряженное состояние вала при действии предельного крутящего момента

При выполнении расчета принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа ndash предел текучести по касательным напряжениям для ма-

териала вала т 140 МПа

Пример В соответствии с условиями задачи 18 Выпол-нить расчет для вала при 1 3m m 2m m 3 3m m 1 2l l

2 3 4l l l l Расчетная схема вала представлена на рис 94а

и соответствует примеру в задаче 6 (см п 33)

Рис 96

Решение 1) задача является статически неопределимой Раскрывая статическую неопределимость в соответствии

с решением примера и применяя метод сечений получим эпюру крутящих моментов (см рис 35) представленную на рис 96в

а) б) в)

216

2) анализ эпюры крутящих моментов показывает что наи-более нагруженным является III участок вала (имеет постоянное поперечное сечение диаметром D) на котором максимальный крутящий момент равен

max кр 24 М m (917)

3) расчет на прочность по допускаемым напряжениям по-казал что при действии момента m = 05 кНmiddotм вал должен иметь диаметр сечения (313) 424D мм

Окончательно принимаем диаметр вала 44D мм 4) выполним расчет предельного значения внешнего мо-

мента пр m рассматривая предельное состояние вала на наибо-

лее нагруженном III участке который имеет полярный момент

сопротивления 3 3

444167 10

16 16pD

W

мм3

Пластический момент сопротивления при кручении вала в соответствии с (913) равен

4 4(пл) кр 133 16 7 10 222 10p pW W мм3

В соответствии с (913) предельный крутящий момент равен

4 6пр(кр) т (пл) 140 222 10 311 10 Н мм 311pМ W кНmiddotм

Учитывая связь максимального крутящего момента

max крМ и внешнего момента m (917) получим уравнение для

определения предельного значения внешнего момента пр m

max кр пр(кр) пр24 М М m (918)

Из (918) получаем значение предельного внешнего кру-тящего момента

пр(кр)пр

31113

24 24

Мm кНmiddotм

5) проанализируем полученный результат расчета вала по предельному состоянию

Для вала спроектированного по допустимым напряжени-ям на действие внешнего крутящего момента m = 05 кНmiddotм пре-дельное значение внешнего крутящего момента оказалось рав-ным пр 13m кНmiddotм

217

Таким образом предельный внешний крутящий момент для рассмотренной расчетной схемы вала можно увеличить в n раз по сравнению с заданным

пр 1326

05

mn

m

6) проанализируем эпюры касательных напряжений дей-ствующих в поперечных сечениях вала при различных значени-ях внешнего крутящего момента m При этом считаем что вал имеет диаметр D = 44 мм полученный из расчета на прочность по допускаемым напряжениям Для этого определим значение внешнего момента тm соответствующее образованию пласти-ческой деформации на внешнем контуре сечения вала на наибо-лее нагруженном III участке В соответствии с (912) и (917) получим

max т(кр) т т24pМ W m (919)

Таким образом 4

6т т

167 10140 097 10

24 24pW

m

Нmiddotмм = 097 кНmiddotм

Если тlt 097m m кНmiddotм то на всех участках вала

max т и все участки вала деформируются упруго Эпюры ка-сательных напряжений имеют вид представленный на рис 94а

Если т прlt ltm m m те 097 lt 13m (кНmiddotм) то на третьем

участке вала имеет место упругопластическое деформирование с образованием двух зон показанных на рис 94б

Проанализируем напряженно-деформированное состояние на других участках вала при пр m m используя расчетную

формулу (32) для определения максимальных касательных на-пряжений

На первом участке (рис 94в) 6

кр прmax 1 4

16 16 13 101245

167 10p p

М m

W W

МПа

На втором участке 6

кр прmax 2 4

14 14 13 10109

167 10p p

М m

W W

МПа

218

На четвертом участке 6

кр прmax 4 4

06 06 13 10467

167 10p p

М m

W W

МПа

Так как на 1 2 и 4 участках при прm m величина макси-

мальных касательных напряжений не превышает предела теку-чести ( max 1 т max 2 т max 4 т ) то на этих участках

имеет место упругое деформирование а эпюры касательных напряжений имеют вид представленный на рис 94 а

Если прm m те m = 13 кНmiddotм то на третьем участке име-

ет место пластическое деформирование вала по всему сечению а эпюра касательных напряжений показана на рис 94 в

7) проведенный расчет по предельному состоянию позво-ляет определить величину внешнего крутящего момента при котором полностью исчерпывается несущая способность вала и он уже не может выполнять своего функционального предна-значения

П р и м е ч а н и я 1 Решение задач по определению предельных внешних нагрузок

при изгибе балок (п 92) и других видов нагружения выполняется анало-гично п 94 с учетом вида напряженного состояния элементов конструк-ций и эпюр распределения напряжений действующих в наиболее нагру-женных поперечных сечениях элементов конструкций [9]

2 Если в элементе конструкции имеются остаточные напряжения то их необходимо учитывать при выполнении расчетов на прочность

Результирующие напряжения в элементе конструкции определяется как алгебраическая сумма напряжений

ост (920)

где ndash напряжения возникающие в элементе конструкции при действии заданных внешних нагрузок

При кручении результирующие касательные напряжения определяются аналогично (920)

Контрольные вопросы

1 Какое состояние конструкции называется предельным 2 С какой целью выполняют схематизацию диаграмм рас-

тяжения 3 Нарисуйте диаграмму Прандтля

219

4 Сформулируйте порядок расчета элементов конструк-ций по предельному состоянию

5 Какой изгибающий момент называется предельным 6 Что такое пластический момент сопротивления попе-

речного сечения балки при изгибе 7 Как определяется предельный изгибающий момент при

кручении вала 8 Как определяется пластический момент сопротивления

поперечного сечения вала при кручении 9 Нарисуйте эпюру распределения нормальных напряже-

ний при упругопластическом изгибе балки 10 Нарисуйте эпюру распределения касательных напря-

жений при упругопластическом кручении вала

220

Заключение В пособии рассмотрены методы расчета на прочность же-

сткость и устойчивость простейших элементов конструкций различного назначения в виде стержней балок и валов нахо-дящихся под действием силовых температурных и монтажных нагрузок

Представлены два типа расчетов по допускаемому на-пряжению и предельному состоянию

В тех случаях когда элементы конструкций являются более сложными и представляют собой пластины и оболочки сосуды вращающиеся диски и др расчеты и анализ напря-женно-деформационного состояния выполняются с использо-ванием методов теорий пластин и оболочек [1 6] теории упру-гости [9] При расчете элементов конструкций работающих за пределами упругости используют методы теории пластичности и ползучести [9]

Развитие вычислительной техники привело к использова-нию различных численных методов для расчета элементов кон-струкций реализованных в программных контентах Matlab MatCAD Solid Works [10 11]

Одним из наиболее часто применяемых в механике де-формированных тел является метод конечных элементов (МКЭ) В основе этого метода [12 13] лежит разбиение реаль-ного элемента конструкции на конечные элементы

В зависимости от вида рассматриваемой конструкции ко-нечные элементы могут быть стержневыми плоскими и объем-ными Для каждого конечного элемента задаются физико-механические свойства материала и описываются поля переме-щений деформаций и напряжений Это позволяет решать за-дачи для конструкций состоящих из различных материалов подверженных действию различных внешних воздействий с учетом их упругих и упругопластических свойств В результа-те реализации МКЭ получают поля перемещений деформаций и напряжений позволяющие на этапе проектирования конст-рукции анализировать ее напряженно-деформированное состо-яние и принимать научно обоснованные конструкторско-технологические решения для оптимизации проектируемой конструкции

221

В настоящее время в инженерной практике широко применяется МКЭ реализованной в программном комплексе ANSYS [12 13]

Благодаря развитию различных отраслей техники и нано-технологий в последнее время при проектировании различных элементов конструкций применяют новые конструкционные материалы обладающие специальными свойствами [6] К таким материалам относятся монокристаллы композиционные мате-риалы углепластики полимеры техническая керамика кера-мо-металлические материалы и др В последнее время прово-дятся работы по созданию новых материалов с заданными свойствами

Представленный в пособии материал будет способство-вать повышению качества подготовки специалистов по указан-ным направлениям Пособие может быть рекомендовано ма-гистрам аспирантам и инженерно-техническим работникам за-нимающимися вопросами проектирования конструкций в ма-шино- автомобиле- приборостроении и при проектировании энерго- и электротехнических установок

222

Библиографический список

Основная литература

1 Феодосьев В И Сопротивление материалов В И Фео-досьев ndash М Наука 2002 minus 540 с

2 Степин П А Сопротивление материалов П А Сте- пин 11-е изд стереотип СПб Лань 2011 320 с

3 Писаренко Г С Справочник по сопротивлению мате-риалов Г С Писаренко АП Яковлев В В Матвеев ndash Киев Наукова думка 1975 ndash 704 с

4 Гонтарь И Н Сопротивление материалов учеб посо-бие к выполнению тестовых задач И Н Гонтарь Н И Волчи-хина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2011 ndash 104 с

5 Миролюбов И Н Сопротивление материалов пособие по решению задач И Н Миролюбов ndash СПб Лань 2014 ndash 512 с

6 Молотников В Я Механика конструкций Теорети-ческая механика Сопротивление материалов учеб пособие В Я Молотников ndash СПб Лань 2012 ndash 544 с

7 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учебн-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 1 ndash 68 с

8 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учеб-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 2 ndash 61 с

Дополнительная литература

9 Самуль В И Основы теории упругости и пластичности В И Самуль ndash М Высш шк 1982 ndash 264 с

10 Дьяконов В П Справочник по MathCAD PLUS 70 PRO В П Дьяконов ndash М СК Пресс 1998 ndash 352 с

11 SolidWorks Компьютерное моделирование в инженер-ной практике А А Алямовский А А Собачкин Е В Один-цов А И Харитонович Н Б Пономарев ndash СПб БХВ-Петер-бург 2006 ndash 800 с

12 Басов К А ANSYS в примерах и задачах К А Басов ndash М ДМК Пресс 2005 ndash 640 с

223

13 Чигарев А В ANSYS для инженеров справ пособие А В Чигарев А С Кравчук А Ф Смалюк ndash М Машино-строение 2004 ndash 512 с

14 Оформление учебно-конструкторской документации метод указания для выполнения работ по курсовому и диплом-ному проектированию сост И Н Гонтарь Н Е Денисова В А Шорин Н И Волчихина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2003 ndash 88 с

224

ПРИЛОЖЕНИЕ 1

Структура пояснительной записки

Курсовая работа включает следующие элементы ndash титульный лист ndash реферат ndash содержание ndash введение ndash основной раздел который содержит расчеты и схемы

всех задач в соответствии с заданием ndash заключение включающее в себя общие выводы по вы-

полненной курсовой работе ndash список литературы ndash приложения включающие в себя чертежи расчетные

схемы результаты численных расчетов и испытаний элементов конструкций

Курсовая работа оформляется в соответствии с рекомен-дациями [14]

225

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

Физико-механические характеристики материалов

Марка мате-риала

т МПа В МПа Е10ndash5 МПа

а 10ndash5 Нмм2

(а кгсмсм2)

1 2 3 4 5 6 7 8 1 Сталь

11 Сталь углеродистая обыкновенного качества Ст2 190hellip220 320hellip400 20 024hellip03 26 ndash ndash Ст3 210hellip240 380hellip470 20 024hellip03 21hellip23 ndash 7hellip10 Ст4 240hellip260 420hellip520 20 024hellip03 19hellip21 ndash 6hellip8 Ст5 260hellip280 500hellip620 20 024hellip03 15hellip17 ndash ndash Ст6 300hellip310 600hellip720 20 024hellip03 11hellip15 ndash ndash

12 Сталь углеродистая качественная 10 210 340hellip420 19 024hellip028 31 55 8 20 250 420hellip500 202 024hellip028 15hellip25 55 8 30 300 500hellip600 20 024hellip028 15hellip20 50 8 40 340 580hellip700 214 024hellip028 9hellip17 45 6 45 360 610hellip750 204 024hellip028 16 40 5 50 380 640hellip800 22 024hellip028 14 40 4 60 410 690hellip900 208 024hellip028 12 35

30Г 320 1550hellip700 217 024hellip028 20 45 8 60Г 420 710 211 024hellip028 11 35

13 Легированные стали 20Х 400hellip650 720hellip850 207 025hellip03 ndash 6 40Х 650hellip900 730hellip1060 218 025hellip03 3hellip12 50 6 45Х 700hellip950 850hellip1050 211 025hellip03 3hellip12 50 5 30ХМ 540hellip850 740hellip1000 213 025hellip03 3hellip12 50 8 40ХН 800hellip1300 1000hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 7 12ХН3А 700hellip1100 950hellip1400 204 025hellip03 3hellip12 50 9 20ХН3А 850hellip1100 950hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 10 40ХНМА 850hellip1600 1100hellip1700 204 025hellip03 3hellip12 50 10 30ХГСА 850hellip1500 1100hellip1700 198 025hellip03 до 7 40 5

2 Чугуны 21 Серые чугуны

СЧ15-32 ndash 150650 08hellip15 023hellip027 ndash ndash ndash СЧ 21-40 т = 075В 210950 085 023hellip027 ndash ndash 09 СЧ35-56 т = 085В 3501200 145 023hellip027 10hellip12 ndash 11

22 Ковкие чугуны КЧ 30-6 190210 300 155 023 6 7 12 КЧ 35-10 220240 350 166 027 10 11 14 КЧ 37-12 230250 370 198 026 12 13 16

226

1 2 3 4 5 6 7 8 23 Высокопрочные чугуны

ВЧ 45-0 350hellip400 4501500 13hellip16 ndash 04hellip14 ndash 05hellip15ВЧ 60-2 420hellip550 6002000 18 ndash 2hellip3 15hellip30ВЧ 40-10 300hellip400 4502100 16 ndash 10 ndash 50hellip70

3 Цветные металлы и сплавы 31 Алюминиевые сплавы

АМцМ 50 130 071 03 23 70 ndash АМг6 170 320 07 03 24 ndash ndash Д1 110 210 071 031 18 58 3 Д16 290 440 071 031 11 15 ndash

32 Медные сплавы Медь 75hellip150 220hellip450 08hellip13 031hellip034 6hellip16 ndash ndash Латуни Л68 520 660 115 032hellip042 3 ndash ndash ЛА 77-2 140 650 11 032hellip042 12 ndash ndash ЛМц 58-2 700 105 032hellip042 10 ndash Л59-1 650 105 032hellip042 16 ndash Бронзы ndash Бр 0-10 140 250 30 032hellip035 11 ndash ndash Бр А-5 500 800 11 032hellip035 4 ndash Бр КМц3-1

100hellip200 650hellip750 104 032hellip035 5hellip10 ndash 13hellip17

4 Титан и его сплавы В Т1 470 610 112 032 20hellip30 45 7 ВТ8 950hellip1100 1050hellip1180 11 03 9hellip15 30hellip55 3hellip6 ВТ3-1 850hellip1100 950hellip1200 115 03 10hellip16 25hellip40 3hellip6 ВТ14 850hellip1100 950hellip1200 115 03 6hellip10 25hellip35 25hellip5

5 Пластмассы (усредненные характеристики) Стекло-тексто-литы

122hellip260 260hellip400 018hellip022 0035hellip045 ndash ndash 05hellip52

Тексто-литы

70hellip80 70hellip110 004hellip01 ndash ndash ndash 035

Органи-ческое стекло

ndash 50hellip108 027hellip0041 ndash 25 ndash ndash

Вини-пласт

ndash 40hellip60 003hellip004 0354 10hellip100 ndash 05hellip08

Поли-стирол

ndash 35 0012hellip0032 ndash 04hellip07 ndash 016hellip02

Фтро-пласт-4

ndash 14hellip25 0005hellip0008 ndash 300hellip500 ndash ndash

6 Другие материалы Каучук нату-ральный

ndash 16hellip38 (06hellip1)10ndash4048

600hellip700 ndash ndash

227

1 2 3 4 5 6 7 8 Стекло ndash 30hellip90 048hellip085 018hellip032 ndash ndash 0015hellip0025 Гранит ndash 30120 049 Сосна (15 влаж-ности)

61 93 0102hellip0145 048 ndash ndash 018hellip023

Пояснения к таблице σт ndash предел текучести при растяжении σв ndash предел прочно-сти при растяжении Е ndash модуль упругости первого рода ndash коэффициент Пуас-сона ndash относительное удлинение ndash относительное сужение а ndash ударная вяз-кость Примечание к таблице ndash прочерк в графе обозначает отсутствие данных ndash интервал значений указывает наименьшее и наибольшее значения величины ndash отсутствие интервала обозначает наименьшее значение величины для чугунов значения пределов прочности приведены в виде дроби σв при рас-тяжении σв при сжатии для цветных металлов и сплавов значения физико-механических характеристик приведены для твердого состояния Все характеристики приведены для нормальных условий при температуре 20 оС

228

ПРИЛОЖЕНИЕ 3

Геометрические характеристики плоских сечений

Вид сечения (фигуры) Расчетные формулы и характеристики

1 2

2F a 4

12x ya

J J

4

1 3xa

J

3

6xa

W

F bh 3

12xbh

J 3

12yhb

J

2

6xbh

W 2

6yhb

W

3

1 3xbh

J 3

1 3yhb

J

2

н вb b hF

2

3н в

нн в

b b hу

b b

2

3н в

вн в

b b hу

b b

2 2 3н н в в

н в

( 4 )

36хb b b b h

Jb b

3н в

13

12х

b b hJ

вв

для верхних волокон( )хх

JW

y

229

1 2

н в( )

2

b b hF

н вн

н в

( 2 )

3( )

b b hy

b b

н вв

н в

(2 )

3( )

b b hy

b b

3 2 2в в 0 0

в 0

6 6

36 2 2х

h b b b bJ

b b

4 4н в

н в

( )

48 ( )yb bh

Jb b

2 2 2в в 0 0

вв 0

6 6

12 3 2х

h b b b bW

b b

4 4н в

2н н в

( )

24 ( )y

b bhW

b b b

2

bhF

в2

3

y h н1

3

y h

3

36х

b hJ

3

36yhb

J

4 2

72хy

h bJ

2

н 12xbh

W 2

в 24x

bhW

1

3

12х

b hJ

3

1 12у

b hJ

230

1 2

2

bhF

н1

3

y h в2

3

y h

3

a cb bd

0

1(2 )

3 cx b b

3

36х

b hJ 1

3

12х

b hJ

2( )

36a c

ybh b b b

J

2

в 24xbh

W

220785

4

dF d

1

44005

64yх хd

J J J d

4

232р хd

J J

1

3301

32x у xd

W W W d

3

16рd

W

2

8

DF

2

Dr

н4

3

ry

4

2

641

8 9х

rJ

1

4

8хr

J

4

8yr

J

231

1 2

2

2

rF

2 sin b r 2 sin 2 34 sin

3cr

у

4 34sin cos1

8хr

J

4 34sin cos1

8 3yr

J

44(1 )

32рD

J

2 (1 )

4

DF

d

D

1

44(1 )

64x у xD

J J J

44(1 )

32рD

J

1

34(1 )

32x у xD

W W W

34(1 )

16рD

W

F аb 3

4xа b

J

3

4yаb

J

2

4xа b

W

2

4yаb

W

232

1 2

1

2F аb

3 8

8 9xJ bа

3

8yаb

J

в

2 88 9

4

13

x

bаW

2

8yаb

W

233

ПРИЛОЖЕНИЕ 4

Стандартные профили прокатной стали

Двутавры стальные горячекатаные (ГОСТ 8239) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции

Размеры мм про-филя h b d t

Пло-щадь см2

Ix см4

Wx см3

ix

см

Sx см3

Jy см4

Wy

см3 iy

см Масса1 м кГ

10 100 55 45 72 120 198 397 406 230 179 649 122 946 12 120 64 48 73 147 350 584 488 337 279 872 138 115014 140 73 49 75 174 572 817 573 468 419 1150 155 137016 160 81 50 78 202 873 1090 657 623 586 1450 170 159018 180 90 51 81 234 1290 1430 742 814 826 1840 188 184018а 180 100 51 83 254 1430 1590 751 898 1140 2280 212 199020 200 100 52 84 268 1840 1840 828 1040 1150 2310 207 210020а 200 110 52 86 289 2030 2030 837 1140 1550 2820 232 227022 220 110 54 87 306 2550 2320 913 1310 1570 2860 227 240022а 220 120 54 89 328 2790 2540 922 1430 2060 3430 250 258024 240 115 56 95 348 3460 2890 997 1630 1980 3450 237 273024а 240 125 56 98 375 3800 3170 1010 1780 2600 4160 263 294027 270 125 60 98 402 5010 3710 1120 2100 2600 4150 254 315027а 270 135 60 102 432 5500 4070 1130 2290 3370 5000 280 339030 300 135 65 102 465 7080 4720 1230 2680 3370 4990 269 365030а 300 145 65 107 499 7780 5180 1250 2920 4360 6010 295 392033 330 140 70 112 538 9840 5970 1350 3390 4190 5990 279 422036 360 145 75 123 619 13380 7430 1470 4230 5160 7110 289 486040 400 155 83 130 726 19062 9530 1620 5450 6670 8610 303 570045 450 160 90 142 847 27696 12310 1810 7080 8080 10100 309 665050 500 170 100 152 1000 39727 15890 1990 9190 10430 12300 323 785055 550 180 110 165 1180 55962 20350 2180 11810 13560 15100 339 926060 600 190 120 178 1380 76806 25600 2360 14910 17250 18200 354 1080

234

Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок (ГОСТ 8240) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм

швел-лера H b d t R r

Пло-щадьсм2

Мас-са 1м кг

Jx см4

Wx см3

ix см

Sx см3

Iy см4

Wy см3

iy см

z0cм

5 50 32 44 70 60 25 616 484 228 91 192 559 561 275 0954 11665 65 36 44 72 60 25 751 590 486 150 254 900 870 368 108 1248 80 40 45 74 65 25 898 705 894 224 316 1330 128 475 119 13110 100 46 45 76 70 30 1090 859 1740 348 399 2040 204 646 137 14412 120 52 48 78 75 30 1330 1040 3040 506 478 2960 312 852 153 15414 140 58 49 81 80 30 1560 1230 4911 702 560 4080 454 110 170 16714а 140 62 49 87 80 30 1700 1330 5450 778 566 4510 575 133 184 18716 160 64 50 84 85 35 1810 1420 7470 934 642 5410 633 138 187 18016а 160 68 50 90 85 35 1950 1530 8230 1030 649 5940 788 164 201 20018 180 70 51 87 90 35 2070 1630 10900 1210 724 6980 860 170 204 19418а 180 74 51 93 90 35 2220 1740 11900 1320 732 76101050 200 218 21320 200 76 52 90 95 40 2340 1840 15200 1520 807 87801130 205 220 20720а 200 80 52 97 95 40 2520 1980 16700 1670 815 95901390 242 235 22822 220 82 54 95 100 40 2670 2100 21100 1920 889 11001510 251 237 22122а 220 87 54 102100 40 2880 2260 23300 2120 899 12101870 300 255 24624 240 90 56 100105 40 3060 2400 29000 2420 973 13902080 316 260 24224а 240 95 56 107105 40 3290 2580 31800 2650 984 15102540 372 278 26727 270 95 60 105110 45 3520 2770 41600 3080109017802620 373 273 24730 300 100 65 110120 50 4050 3180 58100 3870120022403270 436 284 25233 330 105 70 117130 50 4650 3650 79800 4840131028104100 518 297 25936 360 110 75 126140 60 5340 41901082006010142035005130 617 310 26840 400 115 80 135150 60 6150 48301522007610157044406420 734 323 275

235

Уголки стальные горячекатаные равнополочные (ГОСТ 8509) Обозначения b ширина полки d толщина стенки J момент инерции Jxy центробежный момент инерции W момент сопротивления i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм Справочные величины для осей

х ndash x x0 ndash х0 y0 ndash y0 х1 ndash х1

профиля

b d R r

Площадь

см

2

Jx см4

ix см4

Jx0

max см4

ix0

max см

Jy0

min см4

iy0

min см

Jxy см4

z0 см Масса

1 м

кг

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

2 20 3 4

35 12 113 146

040 050

059053

063 078

075 073

017 022

039 038

081 109

060 064

089 115

25 25 3 4

35 12 143 186

081 103

075074

129 162

095 093

034 044

049 048

157 211

073 076

112 146

28 28 3 40 43 162 116 085 184 107 048 055 220 080 127

32 32 3 4

45 15 186 243

177 226

097096

280 358

123 121

074 094

063 062

326 339

089 094

146 191

36 36 3 4

45 15 210 275

256 329

110109

406 521

139 138

106 136

071 070

464 624

099 104

165 216

4 40 3 4 5

50 17 235 308 379

355 458 553

123122120

563 726 875

155 153 154

147 190 230

079 078 079

635 853 1073

109 113 117

185 242 297

45 46 3 4 5

50 17 265 348 420

513 663 803

139138137

813 10501270

175 174 172

212 274 333

089 089 088

904 120 1530

121 126 130

208 273 337

5 50 3 4 5

55 18 296 389 480

711 921 1120

155154153

113014601780

195 194 192

295 380 463

100 099 098

1240 1660 2090

133 138 142

232 305 377

56 56 4 5

60 20 438 541

13101600

173172

20802540

218 216

541 659

111 110

2330 2920

152 157

344 425

63 63 4 5 6

70 23 496 613 728

189023102710

195194193

299036604290

245 244 243

781 952 1120

125 125 124

3310 4150 5000

169 174 178

390 481 572

7 70

45 5 6 7 8

8 27

620 686 815 942

1070

290 319 376 430 482

216216215214213

460 507 536 682 764

272 272 271 269 268

120 132 155 178 200

139 139 138 137 137

510 567 684 801 919

188 190 194 199 202

487 538 639 739 837

236

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

75 75

5 6 7 8 9

9 30

739 878

1010 1150 1280

395466533598661

231230229228227

626739846946

1050

2912902892872 86

164193221248275

149148148147146

696 839 983

1130 1270

202 206 210 215 218

5806897969021010

8 80

55 6 7 8

9 30

863 938

1080 1230

527570653734

247247245244

836904

10401160

311311309308

218235270303

159158158157

932 1020 1190 1370

217 219 223 227

678736851965

9 90

6 7 8 9

10 33

1060 1230 1390 1560

821943

10601180

278277276275

1300150016801860

350349348346

340389438486

179178177177

1450 1690 1940 2190

243 247 251 255

83396410901220

10 100

65 7 8

10 12 14 16

12 40

128 138 156 192 228 263

2970

1220131014701790209023702640

309308307305303300298

1930207023302840331037504160

388388387384381378374

507542609741869993

1120

19 198198196195194194

2140 2310 2650 3330 4020 4720 5420

268 271 275 283 291 299 306

1010108012201510179020602330

11 110 7 8

12 40 1520 1720

17601980

340339

27903150

429428

727818

219218

3080 3530

296 300

11901350

125 125

8 9 10 12 14 16

14 46

197 220 243 289 334 378

294 327 360 422 482 539

387386385382380378

467 520 571 670 764 853

487486484482478475

122 135 149 174 200 224

249248247246245244

516 582 649 782 916

1051

336 340 345 353 361 368

155173191227262296

14 140 9

10 12

14 46 247 273 325

466 512 602

434433431

739 814 957

547546543

192 211 248

279278276

818 911

1097

378 382 390

194215255

16 160

10 11 12 14 16 18 20

16 53

314 344 374 433 491 548 604

774 844 913

1046117512991419

496495494492489487485

1229134114501662186620612248

625624623620617613610

319 348 376 431 485 537 589

319318317316314313312

1356 1494 1633 1911 2191 2472 2756

430 435 439 447 455 463 470

247270294340385430474

18 180 11 12

16 53 388 422

12161317

560559

19332093

706704

500 540

359358

2128 2324

485 489

305331

20 200

12 13 14 16 20 25 30

18 60

471 509 546 620 765 943

1115

1823196120972363287134664020

622621620617612606600

2896311633333755456054946351

784783781778772763755

749 805 861 970

118214381688

399398397396393391389

3182 3452 3722 4264 5355 6733 8130

537 542 546 554 570 589 607

370399428487601740876

237

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

22 220 14 16

21 70 604 686

28143175

683681

4470 5045

860858

11591306

438 436

4941 5661

593 602

474 538

25 250

16 18 20 22 25 28 30

24 8

784 877 970 1061 1197 1331 1420

4717524757656270700677178177

776773771769765761759

7492 8337 9160 9961 111251224412965

978975972969964959956

1942215823702579288731903389

498 496 494 493 491 489 489

8286 9342 10401 11464 13064 14674 15753

675 683 691 700 711 723 731

615 689 761 833 940 10451114

238

ПРИЛОЖЕНИЕ 5 Коэффициент приведенной длины μ

(величина μ зависит от способа закрепления концов стержня)

239

ПРИЛОЖЕНИЕ 6

Коэффициент снижения допускаемых напряжений (зависит от марки материала

и гибкости λ стержня)

Гибкость Сталь

Ст1 2 34 Ст 5

Стали повышенного качества

пц 320МПа

Чугун Дерево

0 100 100 100 100 100 10 099 098 097 097 099 20 096 095 095 091 097 30 094 092 091 081 093 40 092 089 087 069 087 50 089 086 083 057 080 60 086 082 079 044 071 70 081 076 072 034 060 80 075 070 065 026 048 90 069 062 055 020 038 100 060 051 043 016 031 110 052 043 035 ndash 025 120 045 037 030 ndash 022 130 040 033 026 ndash 018 140 036 029 023 ndash 016 150 032 026 021 ndash 014 160 029 024 019 ndash 012 170 026 021 017 ndash 011 180 023 019 015 ndash 010 190 021 017 014 ndash 009 200 019 016 013 ndash 008

240

Учебное издание

Литвинов Александр Николаевич

МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ

Редактор Е Г Акимова Технический редактор С В Денисова Компьютерная верстка С В Денисовой

Дизайн обложки А А Стаценко

Подписано в печать 26062018 Формат 6084116

Усл печ л 144 Тираж 168 Заказ 288

_______________________________________________________ Издательство ПГУ

440026 Пенза Красная 40 Телфакс (8412) 56-47-33 e-mail iicpnzguru

5

Библиографический список 221 Приложение 1 223 Приложение 2 225 Приложение 3 228 Приложение 4 233 Приложение 5 238 Приложение 6 239

6

Предисловие

Вопросы проектирования новых изделий и проверки прочности существующих конструкций в сложных условиях эксплуатации связаны с исследованием напряженно-деформи-рованного состояния элементов этих конструкций при различ-ных видах внешних воздействий Исследование напряженно-деформированного состояния элементов конструкций включает в себя их расчеты на прочность жесткость устойчивость при статических и динамических воздействиях Анализ напряжен-но-деформированного состояния элементов позволяет на этапе проектирования оптимизировать конструкции изделий машино- и приборостроения для обеспечения их надежности в сложных условиях эксплуатации

Указанные вопросы рассматриваются в курсах laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая механикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для различ-ных направлений подготовки бакалавров и специалистов Со-держание пособия построено на материалах лекций практиче-ских и лабораторных занятий которые проводились на кафедре laquoТеоретическая и прикладная механика и графикаraquo для различ-ных направлений и специальностей машиностроительного транспортного энергетического и приборостроительного про-филей

Все разделы курса изложенные в пособии содержат ос-новные расчетные формулы и их анализ Приведены рекомен-дации по оптимальному проектированию типовых элементов конструкций на прочность жесткость и устойчивость при раз-личных видах нагружения Приведены рекомендации по опти-мальному проектированию элементов конструкций Сформули-рованы задания на выполнение курсовых и контрольных работ В конце каждого раздела приведены контрольные вопросы для самопроверки и подготовке студентов к итоговой аттестации

В приложениях приведены справочные данные необходи-мые для выполнения практических расчетов

С пособием можно ознакомиться ndash в библиотеке и читальном зале ПГУ ndash в лаборатории кафедры ТПМГ ndash на сайте httpdep_tpmgpnzgurufilesdep_tpmgpnzguru

7

Введение Основные понятия

Как известно теоретическая механика имеет дело с мате-

риальной точкой и абсолютно твердым телом Для тех явлений когда деформациями тела можно пренебречь выводы теорети-ческой механики оказываются вполне достаточными Для по-строения механики реальных элементов конструкций законов теоретической механики оказывается недостаточно и их необ-ходимо дополнить физическими законами и гипотезами харак-теризующими деформированное состояние элементов конст-рукций под действием нагрузок

Раздел механики в котором рассматривается поведение реальных элементов конструкций под действием внешних на-грузок называется механикой материалов и конструкций Практическая цель этого раздела ndash расчет элементов реальных конструкций на прочность жесткость и устойчивость

Объекты исследования Объектами изучения являются типовые элементы конструкций различного назначения изго-товленные из реальных конструкционных материалов свойства которых характеризуются их физико-механическими характе-ристиками которые определяются экспериментально

В зависимости от геометрической формы и размеров кон-структивные элементы классифицируются следующим образом (рис 1) стержень (брус) оболочка пластина тело

а) б) в) г)

Рис 1

Стержень ndash элемент конструкции у которого одно измере-

ние (длина) значительно больше двух других (рис 1а) Попереч-ным сечением стержня проходящим через точку А (рис 1а) на-зывается сечение стержня плоскостью содержащей эту точку и

8

нормальной к его оси В зависимости от геометрической формы оси стержни классифицируются прямой криволинейный коль-цевой и тп

Стержни могут иметь постоянное или переменное сечение Оболочка ndash элемент конструкции у которого одно изме-

рение (толщина h) значительно меньше двух других (рис 1б) Поверхность равноудаленная от внутренней и наружной по-верхностей оболочки называются срединной поверхностью В зависимости от геометрии срединной поверхности оболочки классифицируются цилиндрическая коническая сферическая и тп

Пластина ndash частный случай оболочки у которой средин-ная поверхность является плоскостью (рис 1в) По виду сре-динной плоскости пластины классифицируются прямоуголь-ная треугольная круглая кольцевая и тп

Оболочки и пластины могут иметь постоянную или пере-менную толщину

Массив ndash элемент у которого все три размера имеют один порядок (рис 1г)

Внешние нагрузки Совокупность действующих на элемент конструкции сил моментов тепловых и иных воздействий будем называть внешними нагрузками По отношению к исследуемому объекту нагрузки являются внешними силами В число внешних сил включаются также реакции связей наложенных на конструк-ции Напомним что в зависимости от площади контактной пло-щадки через которую на элемент передается внешняя сила разли-чают сосредоточенные и распределенные нагрузки [1 2]

По длительности воздействия и характеру приложения внешние нагрузки делятся на статические и динамические

Статической называют нагрузку которая медленно воз-растает от нуля до номинального значения которое остается неизменным в процессе эксплуатации конструкции

Динамическая нагрузка характеризуется изменением ее ве-личины или направления в процессе эксплуатации Чаще всего динамические нагрузки являются вибрационными ударными

Внутренние силовые факторы Метод сечений Под действием внешних нагрузок в поперечных сечениях

элемента конструкции в самом общем случае возникают шесть внутренних силовых факторов которые определяют методом сечений

9

Суть метода сечений состоит в следующем Элемент конструкции мысленно рассекаем на две части и

рассматриваем равновесие любой отсеченной части находя-щейся под действием внешних нагрузок и внутренних силовых факторов приложенных к этой части

На рис 2 представлены внутренние силовые факторы и метод сечений

а) б)

Рис 2 В произвольном поперечном сечении элемента конструк-

ции на который действуют внешние нагрузки jР (рис 2а)

в самом общем случае возникают следующие внутренние сило-вые факторы (рис 2б)

N ndash продольная сила х yQ Q ndash поперечные (перерезывающие) силы

крzM М ndash крутящий момент

х yМ М ndash изгибающие моменты

В соответствии с методом сечений для отсеченной части II элемента конструкции (рис 2б) следует составить шесть урав-нений равновесия

ndash сумма проекций всех сил jХ на ось х 0j хХ Q

ndash сумма проекций всех сил jY на ось у 0j yY Q

ndash сумма проекций всех сил jZ на ось z 0jZ N

ndash сумма моментов относительно оси х ( ) 0x j xmom P M

ndash сумма моментов относительно оси у ( ) 0y j ymom P M

ndash сумма моментов относительно оси z кр( ) 0z jmom P M

10

Существенной особенностью представленной системы уравнений равновесия для отсеченной части является то что каждое уравнение содержит лишь один внутренний силовой фактор те система уравнений равновесия и внутренние сило-вые факторы определяются достаточно просто Результат опре-деления внутренних силовых факторов не зависит от того какая часть элемента конструкции (I или II) рассматривается Для уп-рощения расчетов рекомендуется рассматривать отсеченную часть элемента конструкции на которую действует минималь-ное число внешних нагрузок

Примечани е При составлении уравнений равновесия исполь-зуют правило знаков для внешних нагрузок и внутренних силовых факто-ров которые вводятся для различных видов нагружения (растяжение и сжатие кручение изгиб) рассмотренных в соответствующих разделах пособия

Основные гипотезы Для вывода основных уравнений и соотношений для рас-

чета типовых элементов конструкций принимают основные ги-потезы о структуре и свойствах материалов а также о характере деформаций этих элементов

1 Гипотеза о сплошности материала Считается что ма-териал элемента конструкции является сплошным те не до-пускается наличие раковин пор трещин и иных дефектов Ма-териал полностью занимает объем элемента

2 Гипотеза об однородности и изотропности Считается что свойства материала одинаковы во всех точках элемента В каждой точке по всем направлениям свойства также одинако-вы В тех случаях когда свойства материала отличаются по раз-ным направлениям он называется анизотропным (стекло-пластики материалы армированные различными волокнами и тп)

3 Гипотеза о малости деформаций Считается что де-формации элемента конструкции малы по сравнению с его ли-нейными размерами

4 Гипотеза об упругости материала Все элементы кон-струкции считаются линейно упругими а при их деформации выполняется закон Гука Таким образом считается что между нагрузками и деформациями элемента конструкции имеет место линейная зависимость

5 Гипотеза плоских сечений Считается что плоские по-перечные сечения перпендикулярные к оси элемента конструк-

11

ции в процессе его деформирования остаются плоскими и пер-пендикулярным к его деформированной оси

Эти а также некоторые специальные гипотезы которые принимаются для различных видов нагружения позволяют ре-шать широкий круг задач механики материалов и конструкций по расчету на прочность жесткость и устойчивость Результаты таких теоретических расчетов обычно хорошо согласуется с данными экспериментальных исследований при различных видах нагружения типовых элементов конструкций

На основании принятых основных гипотез сформулирован принцип суперпозиций (принцип независимости действия сил или принцип сложения) который формулируется следующим образом результат воздействия на элемент конструкции систе-мы внешних нагрузок равен алгебраической сумме результатов воздействия каждой из нагрузок приложенных к этому элемен-ту по отдельности и не зависит от последовательности прило-жения этих нагрузок

Например если на элемент конструкции одновременно действует внешняя нагрузка и тепловое воздействие то задачу по определению усилий и деформаций возникающих в конст-рукции можно разделить на две задачи

1) рассмотреть действие только силовых нагрузок без уче-та температурного воздействия

2) рассмотреть только тепловое воздействие 3) используя принцип суперпозиций определить резуль-

тирующие усилия и деформации путем алгебраического (с уче-том знака) сложения результатов расчета в первой и второй за-дачах

Принцип суперпозиций имеет широкое практическое применение в расчетной практике для различных элементов конструкций при сложных видах их нагружения так как позво-ляет сложную расчетную схему разбить на ряд простейших за-дач решения для которых достаточно просто получить или можно использовать известные решения приведенные в спра-вочной литературе [3]

Примечани е Следует иметь в виду что принцип суперпозиций основан на выполнении всех основных гипотез поэтому если хотя бы одна из принятых гипотез (например гипотеза малости деформаций или гипотеза об упругости материала) не выполняется то принцип суперпо-зиций неприменим

12

Контрольные вопросы

1 Что изучают в курсе laquoМеханика материалов и конст-рукцийraquo

2 Дайте классификацию основных объектов исследования 3 Какой элемент конструкции называют стержнем 4 Какой элемент конструкции называют оболочкой пла-

стиной 5 Дайте понятие внешней нагрузки действующей на эле-

мент конструкции 6 Какую нагрузку называют статической 7 Какую нагрузку называют динамической 8 Какие внутренние силовые факторы возникают в общем

случае нагружения элемент конструкции 9 Сформулируйте суть метода сечений 10 Перечислите основные гипотезы 11 Сформулируйте гипотезу сплошности однородности и

изотропности материала 12 Сформулируйте гипотезу о малости деформаций 13 Сформулируйте гипотезу об упругости материала 14 Сформулируйте гипотезу плоских сечений 15 Сформулируйте принцип суперпозиций и условия его

применимости 16 Приведите примеры применения принципа суперпо-

зиций 17 В каких случаях принцип суперпозиций не применим

13

Общие указания о порядке выполнения

и оформления курсовых и контрольных работ Курсовые и контрольные работы являются составной ча-

стью учебных дисциплин по курсам laquoМеханика материалов и конструкцийraquo laquoСопротивление материаловraquo laquoТехническая ме-ханикаraquo laquoПрикладная механикаraquo для студентов различных форм обучения

Объем курсовых и контрольных работ определяется в со-ответствии с учебными планами по каждому направлению График проведения и тематика курсовых и контрольных работ утверждается на кафедре и доводится до сведения студентов в начале семестра

Данные для решения каждой задачи выбираются из таб-лиц заданий согласно варианту который определяется по номе-ру зачетной книжки (студенческого билета) и пяти буквам рус-ского алфавита

Курсовые и контрольные работы служат для развития у студентов навыков самостоятельного решения практических задач по обеспечению прочности жесткости и устойчивости ти-повых элементов конструкций машино- и приборостроительного направлений анализа их напряженно-деформированного со-стояния при действии внешних эксплуатационных и технологи-ческих нагрузок

Для определения варианта работы следует из номера за-четной книжки (студенческого билета) исключить все буквы а первую цифру номера заменить на последнюю и под получен-ным цифровым шифром записать буквы (а б в г д) в соответ-ствии с приведенным примером

Записав шифр состоящий из пяти цифр и пяти букв для каждой задачи из таблиц выбирают число которое находится на

14

пересечении соответствующей строки (на ней расположены бу-квы шифра) и столбца (на ней расположены цифры шифра) Причем вначале берется буква а затем находится соответст-вующая ей в шифре цифра Номер зачетной книжки и соответ-ствующий ему шифр задания указывается на титульном листе курсовой (контрольной) работы

Курсовая работа оформляется в виде расчетно-поясни-тельной записки формата А4 (прил 1)

Решение каждой задачи должно сопровождаться кратки-ми последовательными без сокращений слов пояснениями и чертежами При использовании формул и данных отсутствую-щих в рекомендуемых учебниках и настоящем пособии необ-ходимо кратко и точно указать источник используемой литера-туры Подстановка цифр в расчетные формулы должна выполняться полностью Вычисления должны вестись с точно-стью до трех значащих цифр с обязательным указанием размер-ности полученного результата в системе единиц СИ

Перед подстановкой числовых значений необходимо все исходные величины привести к соответствующим единицам измерения механических величин

Основные единицы механических величин в Международной системе единиц (СИ)

Величина Единица в системе СИ

Наимено-вание

Обозна-чение

Наимено-вание

Единица измере-ния

Соотношения единиц

Сила Р Ньютон Н 10Н1кгс Моменты (изгибающие крутящий)

х yМ М

Mкр Ньютонметр Нм 1Нм = 01кгсм

Напряжение (нормальное касательное)

Паскаль Па 1Па = 1 Нм2 1МПа = 1Нмм2

Модуль упругости

Е G Паскаль Па 1МПа =106Па

Погонная нагрузка

q Ньютон метр

Нм 1Нм = 01кгсм

Ударная вязкость

а ndash 2

Н м

м

5

2 2

Н м кгс м10

м см1

1 МПа = 106 Нм2 = 100 Нсм2 =1 Нмм2

15

Кратные и дольные единицы

Приставка Гига Мега Кило Гекто Дека Деци Санти Милли Микро Нано

Обозначение Г М к г да д с м мк н

Множитель 109 106 103 102 101 101 102 103 106 109

Порядок решения задач приведен в примерах помещен-

ных после условия каждой задачи Необходимые справочные данные для выполнения расче-

тов приведены в прил 2ndash6 Перед выполнением курсовой (контрольной) работы пред-

варительно следует изучить соответствующие разделы курса по лекциям и рекомендованным учебникам и пособиям [1 2 4] Для более углубленного изучения курса дополнительно реко-мендуются пособия [5 6]

16

Краткое содержание основных разделов курса

Основные понятия

Задачи и методы механики материалов и конструкций Ре-альный объект и расчетная схема Внешние и внутренние силы Классификация внешних сил Внутренние силовые факторы Метод сечений

Основные гипотезы о деформируемом теле Перемещения и деформации Напряжение (полное нормальное касательное) Связь напряжений с внутренними силовыми факторами Прин-цип независимости действия сил Общие принципы расчета элементов конструкции

Тема 1 Растяжение и сжатие Внутренние силы и на-пряжения возникающие в поперечных сечениях прямого стержня при растяжении и сжатии Эпюры продольных сил Абсолютные продольное и поперечное удлинения Относитель-ные продольная и поперечная деформации Закон Гука при рас-тяжении и сжатии Модуль упругости Коэффициент попереч-ной деформации (коэффициент Пуассона) Определение осевых перемещений поперечных сечений Жесткость при растяжении и сжатии

Экспериментальное изучение свойства материалов при растяжении и сжатии Диаграмма растяжения и ее характерные параметры пределы пропорциональности упругости текуче-сти прочности Истинная диаграмма растяжения Закон раз-грузки и повторного нагружения Механические свойства при сжатии Диаграмма сжатия Пластическое и хрупкое состояние материалов типы разрушений

Допускаемое напряжение Выбор коэффициента запаса прочности при статическом нагружении для хрупких и пла-стичных материалов Условие прочности Проектировочный и проверочный расчеты на прочность Определение допускаемой нагрузки

Статически неопределимые системы Степень статической неопределенности Уравнения совместности деформаций По-рядок расчета статически неопределимых систем Особенности их расчета (подбор сечений влияние температуры монтажные напряжения)

17

Понятие о концентрации напряжений Влияние концен-трации напряжений на прочность хрупких и пластических ма-териалов Принцип Сен-Венана

Тема 2 Геометрические характеристики плоских сече-ний Статические моменты площади Осевые полярные и цен-тробежные моменты инерции поперечного сечения Зависимо-сти между моментами инерции при параллельном переносе и повороте осей Определение координат центра тяжести сечения Главные центральные оси Главные моменты инерции Главные центральные моменты инерции простейших поперечных сечений (прямоугольное круглое кольцевое) Геометрические характери-стики стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

Тема 3 Кручение Чистый сдвиг и его особенности Каса-тельные напряжения при сдвиге Закон парности касательных напряжений Угол сдвига Закон Гука при сдвиге Зависимость между тремя упругими постоянными для изотропного тела (Е G )

Кручение прямого стержня круглого поперечного сечения Построение эпюры крутящих моментов Основные гипотезы теории кручения Напряжения в поперечном сечении Формула для максимальных касательных напряжений Полярный момент инерции и момент сопротивления поперечного сечения Угол закручивания Эпюра углов закручивания Жесткость стержня при кручении

Условия прочности Условия жесткости Расчеты на проч-ность и жесткость

Расчет статически неопределимых валов Условие совме-стности деформаций

Особенности расчета на прочность стержней некруглого сечения

Тема 4 Изгиб прямых стержней Опоры и опорные ре-акции Понятия о поперечном чистом и косом изгибе Внут-ренние силовые факторы при поперечном изгибе ( х yМ Q ) По-

строение эпюр Правила знаков для хМ и yQ Дифференци-

альные зависимости между х yМ Q и интенсивностью внешней

нагрузки q Нормальные напряжения при изгибе Эпюра нор-мальных напряжений в поперечном сечении Определение мак-симальных нормальных напряжений Условие прочности по нормальным напряжениям Момент сопротивления при изгибе

18

Расчет на прочность балок из пластичных и хрупких материа-лов Касательные напряжения при поперечном изгибе (формула Д И Журавского) Эпюра касательных напряжений Условие прочности по касательным напряжений Рациональные формы поперечных сечений балок при изгибе

Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и его интегрирование Метод начальных параметров Физический смысл начальных параметров и их определение при различных способах закрепления концов балки Определение перемещений с помощью интеграла МаксвеллаminusМора Способ Верещагина

Определение степени статической неопределимости ба-лок работающих на изгиб Основная система Метод сил Сис-тема канонических уравнений метода сил Вычисление коэф-фициентов системы канонических уравнений Использование условий симметрии и кососимметрии при выборе основной сис-темы Построение результирующих эпюр изгибающих момен-тов Деформационная проверка и ее физический смысл Опре-деление перемещений в статически неопределимых системах

Тема 5 Сложное сопротивление Примеры сложного со-противления Общий метод расчета Косой изгиб Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Ней-тральная линия Условие прочности Определение перемещений при косом изгибе

Внецентренное растяжение и сжатие Внутренние силовые факторы Определение нормальных напряжений Нейтральная линия Условия прочности Понятие о ядре сечения

Тема 6 Основы теории напряженного и деформиро-ванного состояния Теории прочности Напряженное состоя-ние в точке Тензор напряжений Главные площадки и главные напряжения Классификация напряженного состояния (линей-ное плоское объемное) Относительные деформации Обоб-щенный закон Гука Полная удельная потенциальная энергия деформации в общем случае напряженного состояния

Понятие о критериях (теориях) прочности Критерии прочности для хрупких материалов и область их применимости первый критерий (критерий наибольших напряжений) второй критерий (критерий наибольших относительных деформаций) экспериментальный критерий Мора Критерии прочности для пластичных материалов и область их применимости третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений) четвертый критерий (энергетический критерий)

19

Изгиб с кручением стержней круглого поперечного сече-ния Внутренние силовые факторы Напряженное состояние Расчетные формулы для эквивалентных напряжений экв и мо-

ментов эквМ по третьей и четвертой теориям прочности Усло-

вие прочности Расчет на прочность Тема 7 Устойчивость равновесия деформируемых сис-

тем Понятие об устойчивых и неустойчивых формах равнове-сия Устойчивость сжатых стержней Критическая нагрузка Формула Эйлера при различных опорных закреплениях и преде-лы ее применимости Гибкость стержня Предельная гибкость Понятие о потере устойчивости при напряжениях превышающих предел пропорциональности Формула Ф С Ясинского и условия ее применимости Полная диаграмма для критических напряже-ний Расчет на устойчивость по коэффициенту уменьшения до-пускаемых напряжений ()

Тема 8 Динамическое действие нагрузок Динамиче-ские нагрузки Примеры их возникновения Вычисление напря-жений при равноускоренном движении Формула для коэффи-циента динамичности

Действие ударной нагрузки на упругую систему (про-дольный поперечный удар) Коэффициент динамичности его физический смысл Упрошенная формула для коэффициента динамичности Расчет динамических напряжений и перемеще-ний при ударе Испытания на удар

Тема 9 Расчеты за пределами упругости Понятие пре-дельного состояния конструкции Схематизация диаграмм рас-тяжения Диаграмма Прандтля Разгрузка и остаточные напря-жения Расчет элементов конструкций по предельному состоя-нию Упругопластический изгиб балок Расчет по предельному состоянию валов работающих на кручение

Тема 10 Заключение Современные проблемы расчетов на прочность жесткость и устойчивость Использование новых материалов и особенности их расчета Применение ЭВМ в рас-четах на прочность

Примечани е Объем изучаемых разделов определяется в соот-ветствии с учебными планами и рабочей программой по каждому направ-лению и специальности

20

Глава 1

РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ

11 Основные соотношения При растяжении (сжатии) прямых стержней в их попереч-

ных сечениях возникают продольные усилия N для определе-ния которых применяется метод сечений [1minus3] на каждом уча-стке стержня

Эпюрой продольных сил называют графическое изобра-жение изменения продольной силы N по длине стержня При по-строении эпюры применяются следующие правила знаков про-дольная сила считается положительной если она вызывает растяжение и отрицательной если она вызывает сжатие

Под действием продольных сил в точках поперечного се-чения возникают нормальные напряжения величина которых определяется по формуле

N

F (11)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня

Рассмотрим растяжение участка стержня длиной l продольным усилием N (рис 11)

Рис 11

Здесь l и b ndash продольное удлинение и поперечное су-

жение соответственно l и b ndash длина и поперечный размер стержня

21

Относительной продольной деформацией называется без-размерная величина

l

l

(12)

Относительной поперечной деформацией называется без-размерная величина

b

b

(13)

Для линейно упругих материалов выполняется закон Р Гука устанавливающий связь между напряжениями и де-формациями в виде

Е (14) где Е ndash модуль упругости первого рода (модуль Юнга) который для каждого материала определяется экспериментально и при-водится в ГОСТах

Коэффициентом Пуассона называется безразмерный па-раметр который определяется выражением

(15)

определяется экспериментально для каждого материала харак-теризует поперечную жесткость и приводится в ГОСТах

Для всех материалов существующих в природе коэффи-циент Пуассона изменяется в пределах 0 05

В прил 2 приведены значения Е и для большого числа различных материалов Методика экспериментального опреде-ления этих характеристик изложена в [7]

При растяжении (сжатии) стержней происходит их удли-нение (укорочение) Продольное перемещение l на участке стержня в соответствии с законом Гука определяется соотно-шением

Nll

EF

(16) где l ndash длина участка Е ndash модуль упругости первого рода (мо-дуль Юнга) который характеризует жесткость материала стержня (см прил 2)

Если стержень имеет несколько участков то формула (16) обобщается и принимает вид

22

1 ( )

n

i

i i

i

N l

EFl

(17)

Здесь i = 1 2 3 hellip n ndash номер участка n ndash число участков

il ndash длина i-го участка ( )

iEF ndash жесткость на растяжение i-го

участка Ni ndash продольная сила на i-ом участке которая опреде-ляется по эпюре продольных сил

12 Экспериментальные методы определения основных физико-

механических свойств материалов при растяжении и сжатии

При расчете деталей машин и приборов необходимо знать

механические свойства материалов характеризующих их проч-ность и пластичность

К характеристикам прочности относятся предел пропор-циональности пц предел текучести т и предел прочности

(временное сопротивление) в Предел прочности и предел те-кучести необходимы для назначения допускаемого напряжения входящего в условие прочности

К характеристикам пластичности относятся относительное остаточное удлинение после разрыва и относительное оста-точное сужение после разрыва Они необходимы для услов-ного деления материалов на хрупкие и пластичные [1 2]

Все перечисленные механические характеристики опреде-ляются при испытании образцов материала на статическое рас-тяжение Это испытание является наиболее распространенным методом исследования и контроля механических свойств мате-риалов Испытание образцов производится на разрывных ма-шинах с соблюдением всех требований указанных в соответст-вующих стандартах

По ГОСТ 149784 испытание металлов на растяжение производится на стандартных образцах круглого или прямо-угольного поперечного сечения по ГОСТ 1044680 на образ-цах из проволоки

23

Большинство испытательных машин производят косвен-ное измерение нагрузки и удлинения образца К таким машинам относятся и испытательные машины ИМ4Р и Р5 принципи-альная схема которых приведена в [7]

Диаграммное устройство испытательной машины автома-тически записывает зависимость между действующей растяги-вающей нагрузкой Р и абсолютной продольной деформацией образца l вплоть до его разрушения На рис 12 показана ти-пичная диаграмма растяжения для образца из малоуглеродистой стали

Рис 12

Начальный криволинейный участок диаграммы (12) яв-

ляется результатом устранения зазоров в захватах Этот участок не отражает свойств материала и его исключают при обработке диаграммы принимая за начало координат точку 0 (точку пере-сечения продолжения прямолинейного участка диаграммы с осью абсцисс) Ось абсцисс (Δl) проводится от точки 1 начала диаграммы поэтому для определения механических характери-стик материала рассматривается диаграмма ОАВСKDE

На прямолинейном участке диаграммы ОА материал под-чиняется закону Гука [1]

Точке А соответствует наибольшая нагрузка пц Р при ко-

торой сохраняется прямопропорциональная зависимость между

24

Р и l Нагрузка пцР соответствует пределу пропорционально-

сти пц

За точкой А нарушается пропорциональность между Р и l и в образце после разгрузки появляются остаточные дефор-

мации Начиная с точки B абсолютное удлинение образца возрас-

тает практически без увеличения нагрузки материал образца laquoтечетraquo Горизонтальный участок ВС называется площадкой те-кучести а нагрузка тР соответствует физическому пределу те-кучести т

За точкой С образец опять восстанавливает способность сопротивляться возрастанию нагрузки

Участок диаграммы СKD представляющий собой плав-ную кривую с небольшим подъемом называют зоной упрочне-ния При нагрузке соответствующей точке D в образце образу-ется местное сужение так называемая laquoшейкаraquo (как правило в средней части образца) При этом нагрузка действующая на образец достигает максимальной величины max вР Р соответ-

ствующей пределу прочности (временному сопротивлению) ма-териала образца в Участок DE представляет собой ниспа-дающую кривую Он характерен уменьшением нагрузки Р вследствие прогрессивно развивающейся шейки и уменьшению площади поперечного сечения образца В точке Е происходит разрушение образца по шейке

Если нагрузить образец силой превышающей предел про-порциональности ( пцР ) например до точки K затем снять на-

грузку то график разгрузки будет представлять собой прямую KМ параллельную участку ОА диаграммы Из этого следует что при разгрузке зависимость между силой и деформацией подчиняется закону Гука

Величина ОМ остаточная деформация остl MN упру-

гая деформация уl ON полная деформация полнl образца

полн ост уl l l

Аналогично можно найти все виды деформаций для лю-бой точки диаграммы При повторном нагружении образца (из точки М) диаграмма сначала пойдет по прямой линии MK а за-тем по кривой KDE

25

13 Основные характеристики материала

Характеристики прочности Исходными данными для

определения механических характеристик прочности является диаграмма растяжения полученная в процессе испытания (рис 12)

Предел пропорциональности пц наибольшее напряже-

ние при котором еще выполняется закон Гука (сохраняется пропорциональная зависимость между деформациями и напря-жениями)

пцпц

0

Р

F (18)

где 0F площадь поперечного сечения до испытаний образца

Физический предел текучести т напряжение при ко-тором образец деформируется без увеличения нагрузки (уча-сток ВС)

тт

0

Р

F (19)

Многие материалы не имеют явно выраженной площадки текучести поэтому для них определяют условный предел теку-чести

Условный предел текучести 02 это напряжение при

котором остаточное относительное удлинение составляет 02 от l0 те ост 02l l

0202

0

Р

F (110)

Для определения усилия 02Р ГОСТ 149784 допускает

использовать диаграмму растяжения вычерченную испыта-тельной машиной по методике изложенной в [7]

Значения основных характеристик материала приведены в ГОСТах на материал (прил 2)

Диаграмму растяжения образца (рис 12) можно постро-ить в осях σ используя формулы (11) и (12) полагая 0F F

26

В этом случае диаграмма имеет вид аналогичный виду пред-ставленному на рис 12 Так как при определении основных ха-рактеристик в формулах (18) (19) (110) использовалось на-чальное значение площади поперечного сечения 0F то эта

диаграмма называется условной (рис 13)

Рис 13

Так как при растяжении образца его фактическая площадь

сечения уменьшается а на участке DE образуется шейка если в формулах (18)(110) использовать фактическое значение площади поперечного сечения F получим истинную диаграмму растяжения которая на рис 13 показана пунктирной линией

В этом случае истинный предел прочности определяется

выражением maxист

к

Р

F При этом получим что ист в

В ГОСТах приводится значение условного предела прочности в

Предел прочности (временное сопротивление) в на-пряжение равное частному от деления максимальной нагрузки которую выдерживает образец на первоначальную площадь поперечного сечения образца

maxв

0

Р

F (111)

Характеристики пластичности Характеристики пла-стичности материала и ψ определяются путем сравнения раз-меров образца до и после испытания

27

Относительное остаточное удлинение образца после раз-рыва равно отношению приращения расчетной длины образца после разрушения к ее исходной величине

ост к 0

0 0

100 100 l l l

l l

(112)

где кl длина образца после разрыва остl приращение рас-

четной длины образца Относительное остаточное сужение образца после раз-

рыва ψ есть отношение уменьшения площади поперечного се-чения образца в месте разрыва к начальной площади попереч-ного сечения образца

0 к

0

100 F F

F

(113)

где кF конечная минимальная площадь поперечного сечения образца в месте разрыва (в месте образования шейки)

Значения характеристик и также приводят в ГОСТах (прил 2)

14 Условия прочности Основные типы расчетов на прочность

Для обеспечения прочности элемента конструкции рабо-

тающего на растяжение (сжатие) должно выполняться условие прочности

max (114)

Здесь max ndash максимальные напряжения в элементе кон-струкции ndash допускаемые напряжения для этого элемента

конструкции которые для пластичных материалов записывают-ся в виде

т

т

n

(115)

где т ndash предел текучести для материала конструкции тn ndash коэффициент запаса по текучести величина которого зависит

28

от условий эксплуатации и ответственности конструкции Для обычных машиностроительных конструкций если не оговорено особо коэффициент запаса прочности принимается равным

т 15n Если материал конструкции является хрупким то записы-

вают два условия прочности на сжатие и растяжение

max сж сж max р р (116)

где max сж и max р ndash это максимальные растягивающие и сжи-

мающие напряжения соответственно Допускаемые напряжения на сжатие jM и растяжение jb

определяются соотношениями

сж рв в

сж рв в

n n

(117)

Здесь сжв р

в ndash предел прочности материала конструкции на сжатие и растяжение соответственно а в 2n ndash коэффициент запаса прочности

Следует иметь в виду что для хрупких материалов сжв gt р

в и jM gt jb

Различают три основных типа расчетов на прочность ndash проверочный расчет в котором для существующей кон-

струкции проверяется выполнение условий прочности (114) или (116)

ndash проектный расчет в котором из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяются тре-буемые размеры поперечного сечения элемента конструкции

ndash расчет допускаемой внешней нагрузки ndash в нем для спро-ектированного элемента конструкции из условий прочности (и если это необходимо из условий жесткости) определяют вели-чину допускаемой внешней нагрузки

15 Условие жесткости

В некоторых случаях кроме условий прочности требуется обеспечить выполнение условия жесткости которое записыва-ется в виде

29

max (118)

где max ndash максимальное перемещение конкретного сечения

стержня Допускаемое перемещение для элемента конструкции

задается конструктивно из конкретных условий эксплуатации элемента конструкции и ограничивает максимально допустимые перемещения его сечений при эксплуатации Условие (118) су-щественно ограничивает жесткость элемента конструкций

Первым выполняется расчет на прочность а затем выпол-няется проверочный расчет на жесткость Если условие жестко-сти не выполняется то принимаются конструктивные меры по обеспечению требуемой жесткости за счет увеличения площади поперечного сечения изменения длин участков введения до-полнительных опор и тп

16 Расчет статически определимого стержня

Задача 1 Ступенчатый стержень (рис 14) участки которого имеют

площади поперечных сечений Fi нагружен продольными си-лами Pi Сечения участков стержня ndash квадрат со стороной ai длины участков равны li

Рис 14

Требуется построить эпюры нормальных усилий N и нор-

мальных напряжений σ вычислить полное удлинение стержня и сделать вывод о прочности стержня

Материал стержня ndash сталь с модулем упругости первого рода Е = 2middot105 МПа и допускаемым напряжением [σ] = 160 МПа Данные для расчета принять по табл 11 Для получения чис-ленного результата принять значения Р = 10 кН а = 10 мм l = 500 мм

30

Таблица 11

Pi ai li Номер строки P1 P2 P3 P4 a1 a2 a3 a4 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

P P P P P 2P 2P P P P

3P 3P 3P 2P 2P 3P 5P 2P 4P 2P

P 2P P 2P 2P P P 3P 2P P

P P 3P 2P P P 2P P 2P 2P

2a a 3a 4a 4a 3a 4a 4a a 4a

a a a 2a a 2a 4a 3a a 3a

2a 2a 3a a 2a 4a 2a a 2a 2a

a 2a 3a a 2a 4a 2a 2a 2a 3a

l 2l l l l 2l 2l l l l

l l 2l l l 2l l l l 2l

l l l 2l l l 2l 2l l l

l l l l

2l l l

2l l l

Буква шифра

в г д д в г в в г д в г

Пример 1 В соответствии с условиями задачи 1 выполнить

расчет стержня изображенного на рис 15а На рис 15б в пока-зано применение метода сечений для I и II участков

Рис 15

а)

г)

д)

в)

б)

31

Решение 1) определяем опорные реакции из уравнения равновесия

(сумма проекций всех сил на ось z)

ΣZ = 0 ZА + Р1 ndash Р2 + Р3 + Р4 = 0

ZА = ndash Р1 + Р2 ndash Р3 ndash Р4

ZА = ndash Р + 5Р ndash Р ndash Р = 2Р

2) определяем нормальные усилия Ni на каждом участке применяя метод сечений

В произвольном сечении i-го участка нормальное усилие Ni равно алгебраической сумме проекций всех сил расположен-ных по одну сторону от сечения на нормаль к сечению те

1

n

i iN P

Растягивающие усилия считаются положительными сжи-мающие ndash отрицательными При составлении уравнений на-правление внутреннего усилия Ni полагаем растягивающим (по-ложительным) те направленным в сторону внешней нормали к произвольному сечению

Если в результате расчета усилие Ni примет отрицательное значение это указывает на то что направление усилия проти-воположно предполагаемому

Рассмотрим левую отсеченную часть стержня На рис 15бв показано применение метода сечений для I II III и IV участков

ndash на I участке 1 A 2 N Z P

ndash на II участке 2 A 1 2 3 N Z P P P P

ndash на III участке 3 A 1 2 2 5 2 N Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 1 2 3 2 5AN Z P P P P P P P P

Отрицательные значения усилий N1 и N2 показывают что участки I и II работают на сжатие Подставив числовое значение Р = 10 кН получим

N1 = ndash 20 кН N2 = ndash 30 кН N3 = 20 кН N4 = 10 кН

По полученным результатам строим эпюру нормальных усилий N (рис 15г)

32

3) определяем нормальные напряжения σi по формуле (11) на каждом участке

ndash на I участке 3

11 2 2 2

20 10 H50 50 МПа

(2 ) (2 10) мм

N

a

ndash на II участке

32

2 22

30 101875МПа

4 10

N

F

ndash на III участке

33

3 23

20 1050

2 10

N

F

МПа

ndash на IV участке 3

44 2

4

10 10100

10

N

F

МПа

По полученным значениям строим эпюру нормальных на-пряжений σ (рис 15д)

Из эпюры σ следует что наиболее нагружен IV участок стержня (опасный участок) При центральном растяжении усло-вие прочности (114) имеет вид maxσ [σ]

Так как maxσ = 100 МПа lt [σ] = 160 МПа ndash условие прочно-сти выполняется

4) вычисляем полную деформацию стержня как алгебраи-ческую сумму абсолютных деформаций li его участков (17)

1

n

ii

l l

где в соответствии с (16) i i i ii

i

N l ll

E F E

Таким образом 1 1 2 2 3 3 4 41

( )l l l l lE

5

2

150 500 1875 1000 50 500 100 1000

2 10

40625 10 мм 0406 мм

П р и м е ч а н и е Если на каком-то участке (например на IV) ус-ловие прочности не выполняется то на этом участке необходимо изме-нить размеры поперечного сечения и обеспечить выполнение условия прочности

4 44 2

4 4( )

N N

F а

33

Требуемый размет квадратного сечения на этом участке

4

4N

а

Выбрав новый размер поперечного сечения необходимо на этом участке рассчитать напряжение и только после этого вычислить полную деформацию стержня

17 Расчет статически неопределимого стержня

Система является статически неопределимой если число

неизвестных опорных реакций превышает число линейно неза-висимых уравнений равновесия для этой системы

В этом случае необходимо выбрать основную статически определенную систему и для нее составить необходимое чис-ло уравнений совместности деформаций [1] Основную систе-му как правило получают из заданной статически неопреди-лимой системы путем освобождения ее от laquoлишнихraquo связей При этом основная система должна быть геометрически неиз-меняемой а число уравнений совместности деформаций дол-жно быть равно степени статической неопределимости задан-ной системы

Задача 2 Стержень постоянного круглого поперечного сечения

(рис 16) защемлен обоими торцами и нагружен продольными силами

Раскрыть статическую неопределимость построить эпюру нормальных усилий N и эпюру линейных перемещений Δ

Расчетную схему принять по рис 16 Данные для расчета принять по табл 12 при l = 100 мм Р = 10 кН

Выполнить проектный расчет на прочность считая что стержень изготовлен из материала сталь с характеристиками

52 10 МПаЕ и [] = 160 МПа

34

Рис 16

35

Таблица 12

Номер строки Номер схемы по рисунку 21

l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

l 12l 14l 06l 18l 20l 16l 24l 20l 20l

18l 16l 14l 12l

l 12l 04l 06l 08l

l

02l 04l 06l 08l

l 12l 14l 16l 08l 20l

04l 06l 08l L

20l l

16l 16l 20l 12l

Буква шифра а б в г д Пример 2 Раскрыть статическую неопределимость постро-

ить эпюры нормальных усилий N и линейных перемещений Δ для стержня изображенного на рис 17а Принять l1 = l2 = l3 = l4 = l

Рис 17

36

Выполнить проектный расчет 1) составляем уравнения равновесия

0 2 0 илиA B A BZ Z P P P Z Z Z (119)

Получено одно уравнение с двумя неизвестными опорными реакциями AZ и BZ те система один раз статически неопределима

2) выбираем основную систему (рис 17б) Она получается из заданной путем освобождения от laquoлишнейraquo связи Принимаем за laquoлишнююraquo связь защемление в опоре В Нагружаем основную систему заданными силами и накладываем условие эквивалент-ности ее заданной системе перемещение сечения В в заданной и основной системах должно быть одинаковым те ΔВ = 0

В сечении B приложим активную силу BZ Z величина которой должна быть такой чтобы выполнялось условие экви-валентной работы заданной и основной систем (рис 17б)

3) раскрываем условие эквивалентности Перемещение ΔВ сечения В выразим через приложенные

нагрузки применяя принцип независимости действия сил (на-грузки вызывающие сжатие считаем отрицательными)

( ) ( ) 0B B i BP Z (120)

где ( )B iP ndash перемещение сечения В от каждой из приложен-

ных известных сил Pi В(Z) ndash перемещение сечения В от неиз-вестной силы Z

Запишем данные выражения используя формулу (16)

11

2( )B

PlP

EF 2

2( )B

P lP

EF

33

( )BP l

PEF

4( )B

Z lZ

EF

В результате из (120) получим уравнение совместности деформаций в виде

2 2 3 40

Рl Р l Р l Z l

EF EF EF EF

(121)

При составлении уравнения (121) учтено что стержень имеет постоянное поперечное сечение на всех участках те const

iEF EF

Решая уравнение (121) получим 3

075 4BZ Z P P

Подставляя Z в (119) получаем 075 АZ P

37

Таким образом статическая неопределимость раскрыта и определены опорные реакции

4) определяем нормальные усилия Ni методом сечений (см пример 1) Разбиваем стержень на участки I II III IV (см рис 17б)

ndash на I участке 13

075 4AN Z P P

ndash на II участке 2 2 075 2 125 AN Z P P P P

ndash на III участке 3 2 075 2 025 AN Z P P P P P P

ndash на IV участке 4 2 075 2AN Z P P P P P P P

= ndash075Р

По полученным значениям строим эпюру нормальных усилий N которая приведена на рис 17в

5) для основной системы строим эпюру перемещений оп-ределяя перемещения в сечениях (0 1 2 3 4) используя сле-дующее правило их подсчета

перемещение сечения в конце участка равно перемещению сечения в начале этого участка плюс его абсолютная laquoдефор-мацияraquo на участке

1 ( )

i ii i

i

N l

EF (122)

где i =1 2 hellip minus номер участка стержня Перемещение сечения 0 Δ0 = 0

Перемещение сечения 1 1 11 0 075

N l Pl

EF EF

Перемещение сечения 2

2 22 1 075 125 05

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 3

3 33 2 05 025 075

N l Pl Pl Pl

EF EF EF EF

Перемещение сечения 4

4 44 3 075 075 0

N l Pl Pl

EF EF EF

38

Эпюра продольных перемещений приведена на рис 17г 6) выполним проектный расчет на прочность Из анализа эпюры продольных сил N (рис 17в) следует

так как площадь поперечного сечения является постоянной то наиболее нагруженным является второй участок на котором продольная сила принимает максимальное значение

max 2 125 N N P

Таким образом максимальные напряжения равны

maxmax 125

N P

F F а условие прочности записывается в виде

max те 125P

F

Отсюда следует что площадь поперечного сечения стержня должна удовлетворять условию

125

PF

Полагая Р = 10 кН = 104 Н и 160 МПа получим

4210

125 78125мм 160

F

Требуемый диаметр стержня имеющего сплошное круг-лое поперечное сечение

4 781152 998мм

FD

Окончательно принимаем диаметр стержня равным D =10 мм Площадь поперечного сечения в этом случае составляет

2 2210

785мм4 4

DF

В соответствии с эпюрой перемещений (рис 17г) макси-мальные перемещения имеют сечения 1 и 3 те

4

max 5

10 100075 075 0048мм

2 10 785

Pl

EF

При этом сечение 1 (рис 17а) перемещается влево а се-чение 3 (рис 17б) вправо на величину max

39

Так как условие жесткости не поставлено то проверка на жесткость статически неопределимого стержня не проводится

П р и м е ч а н и е Построение эпюры перемещений Δ для основ-ной системы является деформационной проверкой Равенство нулю пере-мещения концевого сечения Δ4 = В = 0 для основной системы показыва-ет что статическая неопределимость раскрыта верно

18 Расчет статически неопределимой стержневой системы

на внешние воздействия Существенной особенностью расчета статически неопре-

делимых стержневых систем является то что кроме уравнений равновесия для этих систем необходимо дополнительно соста-вить уравнения совместности деформаций число которых соот-ветствует степени статической неопределимости

При сборке (монтаже) статически неопределимых систем за счет неточности (допусков) изготовления отдельных элемен-тов в них возникают дополнительные монтажные напряжения

Если при эксплуатации статически неопределимой систе-мы имеют место температурные воздействия (охлаждение или нагрев) на отдельные элементы или всю систему то в ее эле-ментах также возникают дополнительные температурные на-пряжения

Таким образом применяя принцип суперпозиций получа-ем что в самом общем случае в элементах статически неопре-делимой системы возникают результирующие напряжения ко-торые в соответствии с принципом суперпозиций определяются выражением

( ) ( ) ( )Р Т (123)

Здесь ( )Р ndash напряжения от внешних усилий ( ) ndash мон-тажные напряжения ( )Т ndash температурные напряжения При расчете результирующих напряжений (123) все напряжения подставляются с учетом их знаков

Задача 3 Абсолютно жесткая балка АВ (рис 18) удерживается

в исходном положении шарнирной опорой и двумя стальными стержнями круглого поперечного сечения соединенными шар-

40

нирно с балкой и опорами Балка нагружена равномерно рас-пределенной нагрузкой интенсивности q и сосредоточенной си-лой P = qa

Выполнить проектный расчет те определить требуемые площади поперечных сечений стержней F и их диаметры

Данные для расчета принять по табл 13 Характеристики стержней

ndash F1 = F F2 = 2F

ndash допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа ndash модуль упругости материала стержней 1 2Е Е Е

= 2middot105 МПа

Таблица 13

Номер строки

Номер схемы

по рис 18 а м b м с м q кНм Т оС мм

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

05 06 04 05 10 10 10 10 05 20

04 06 10 10 10 10 10 06 05 20

10 05 10 10 10 20 20 20 10 10

10 12 10 20 20 24 20 10 20 30

+20 minus25 +30 minus30 +35 minus35 +40 minus40 +25 minus20

05 06 07 minus05 minus06 minus07 10 minus10 09 minus09

Буква шифра

а б в г д а д

Для заданий статически неопределимой системы рассчи-

тать монтажные и температурные напряжения возникающие при следующих условиях

ndash стержень 2 изготовлен с допуском величина которого принимается по табл 13 (при lt 0 ndash стержень изготовлен ко-роче а при 0 ndash длиннее)

ndash изменение температуры 1 стержня составляет Т вели-чина которой принимается по табл 13 (при 0Т ndash охлажде-ние стержня при 0Т ndash нагрев) Коэффициент линейного температурного расширения (КЛТР) для материала стержня

принять равным 6 о 1125 10 С

41

Рис 18

Пример 31 Расчет на прочность В соответствии с условиями задачи 3 выполнить проекти-

ровочный расчет стержневой системы приведенной на рис 19а

42

при а = 05 м = 500 мм b = 04 м = 400 мм q = 10 кНм = 10 Нмм Р qa

Решение 1) применяя метод сечений к заданной конструкции (см

рис 19а) мысленно рассечем стержни и действие отброшен-ных частей заменим усилиями N1 и N2

В шарнирно-неподвижной опоре возникают опорные ре-акции ZA и YA Схема усилий изображена на рис 19б

Составим возможные уравнения равновесия

1 20 cos cos 0AZ Z N N (124)

1 20 sin sin 0AY Y N N qa P (125)

1 20 sin sin 02Aa

mom N a N a P a qa (126)

Получили три уравнения с четырьмя неизвестными N1 N2 ZA YA Следовательно рассматриваемая система один раз стати-чески неопределима и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное уравнение ndash уравнение совместности деформаций Оно получается при рассмотрении малых переме-щений узла В конструкции от нагрузок (рис 19)

В проектировочном расчете реактивные силы ZA и YA не потребуются нужно знать только усилия в стержнях N1 и N2 Поэтому достаточно составить одно уравнение равновесия (125) которое содержит только эти неизвестные и в дальней-шем будет использоваться

2) составляем схему перемещений изобразив начальное и конечное состояния узла конструкции В до и после приложения нагрузок (рис 19в) Ввиду малости деформаций и перемещений считаем что точка В переместится в положение В1 по нормали к исходному положению радиуса вращения АВ (ВВ1АВ) При совмещении концов стержней с точкой В1 описываемые ими при повороте относительно шарниров С и D дуги заменим пря-мыми В1К и В1М перпендикулярными к первоначальным поло-жениям стержней 1 и 2 Отрезки ВК = Δl1 и ВМ = Δl2 являются абсолютными удлинениями стержней 1 и 2

При составлении схемы перемещений (см рис 19в) нуж-но чтобы знаки деформаций стержней соответствовали приня-тому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме усилий (см рис 19б)

43

Рис 19

Так в рассматриваемом примере растягивающие усилия N1 и N2 соответствуют тому что на схеме перемещений стерж-ни 1 и 2 изображены удлиняющимися на величины Δl1 и Δl2

a

β

N1

YA

P

B

z

α

y

q

N2

ZA

А

б)

1 2

β

а b

q

21

a P = qaB

D C

А

a)

α

в) C D

К2К1

∆L1

∆L2

В1

Bz β

2 1

A

α β

y

44

3) составляем уравнение совместности деформаций Рас-смотрим прямоугольные треугольники ВВ1М и ВВ1К с общей гипотенузой ВВ1

Выразив отрезок ВВ1 (перемещение точки В) через удли-нения стержней Δl1 и Δl2 получим

ndash из ΔВВ1К 11 sin

lBB

ndash из ΔВВ1М 21 sin

lBB

Тогда

1 2 sin sin

l l

Выразив деформации Δl1 и Δl2 через усилия в соответст-вии с законом Гука получим

1 1 2 2

1 2sin sin

N l N l

EF EF

(127)

Учитывая что по условию задачи 1 2 2 F F F F

1 2sin sin

a al l

(см рис 19а) полученное выражение

(127) преобразуем к виду

1 22 2sin 2 sin

N a N a

EF EF

из которого следует 2

1 2 2

sin0

2sinN N

(128)

Выражение (128) является дополнительным уравнением и совместно с уравнением (126) образует систему уравнений для определения усилий N1 и N2

4) определяем внутренние усилия N1 и N2 решая совмест-но систему уравнений (126) и (128) В результате получим

2

1 3 3

3 sin

2(sin 2sin )

qaN

45

22 3 3

3sin

(sin 2sin )

qaN

С учетом данных (см рис 19а)

tg 1a

a

те о45

osin 45 0707 05

tg 12504

a

b

те β = 51ordm20prime

sin 51 20 0781 q = 10 Нмм а = 500 мм

получим 2

1 3 3

3 10 500 0707

20707 2 0781N

= 29middot103 Н = 29 кН

22 3 3

3 10 5000781

0707 2 0781N

= 7middot103 Н = 7 кН

5) вычисляем площади поперечных сечений и диаметры стержней Сравним напряжения в стержнях учитывая условия F1 = F и F2 = 2F

31

11

29 10N

F F

3 32

22 1

7 10 35 10

2

N

F F F

2мм

H

(129)

Так как 2 gt 1 то условие прочности (114) следует со-ставить для наиболее нагруженного стержня 2 те

max35

F

Решая неравенство относительно площади F получим

335 10

F

Таким образом 335 10

2187160

F

мм2

Используя соотношения F1 = F и F2 = 2F принимаем

46

F1 = 2187 мм 2 F2 = 2 middot 2187 = 4375 мм 2

Определяем диаметры стержней

11

4 4 21 87Fd

= 528 мм

22

4 4 4375Fd

= 746 мм

Принимаем d1 = 55 мм d2 = 75 мм Так как округление выполнено в бoacuteльшую сторону прочность стержней обеспе-чена При диаметрах d1 = 55 мм и d2 = 75 мм площади сечений соответственно равны

2 21

1314 55

23754 4

dF

мм2

2 22

2314 75

44154 4

dF

мм2

Нормальные напряжения в стержнях равны

31

11

29 10122

2375

N

F

МПа lt []

32

22

7 10158

4415

N

F

МПа lt []

Таким образом условия прочности при выбранных разме-рах поперечных сечений стержней выполняются

Пример 32 Монтажные напряжения Для расчета схемы рассмотренной в примере 31 рассчи-

тать монтажные напряжения при условии что стержень 2 вы-полнен короче на величину = minus05 мм

Решение Расчетная схема представлена на рис 110а На рис 110б представлена система внутренних усилий

1N и 2N в стержнях и опорных реакций AY и AZ в опоре А При монтаже конструкции необходимо сжать стержень 1 и растя-нуть стержень 2

Задача решается аналогично примеру 31

47

Рис 110

1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

конструкций

1 20 cos cos 0AZ Z N N (130)

1 20 sin sin 0AY Y N N (131)

1 20 sin sin 0momA N a N a (132)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой поэтому следует составить уравнение совместности деформаций для отсеченной части конструкции

2) составим схему перемещений узла В при монтаже кон-струкции (рис 110в) в соответствии со схемой перемещений ВМ

Ввиду малости перемещений считаем что шарнир В пе-ремещается в положение 1 1( )В ВВ АВ Отрезок 1l представ-ляет собой укорочение стержня 1 под действием силы 1N

а)

в)

б)

48

1 11

1 1

N ll

E F (133)

Отрезок 2 2BK l где 2l ndash удлинение стержня 2 под действием силы 2N

2 22

2 2

N ll

E F (134)

Для составления уравнения совместности деформаций рассмотрим геометрическую связь между перемещением шар-нира В и деформациями стержней 1l и 2l

Из треугольника 1 1ВK В следует что

1 11 sin sin

ВK lВВ

(135)

А из треугольника 2 1ВK В получим

2 21 sin sin

ВK lВВ

(136)

Приравнивая соотношения (135) и (136) получим урав-нения совместности деформаций в виде

1 2

sin sin

l l

(137)

Используя соотношения (133) (134) и учитывая что

1 2 1 2 2 F F F F E E E получим уравнение совместности деформаций (137) в виде

1 1 2 22 sin 2 sin sinN l EF N l (138)

Объединяя уравнения (132) и (138) получим систему уравнений относительно искомых неизвестных усилий в стерж-нях 1N и 2N

1 2

1 1 2 2

sin sin 0

2 sin sin 2 sin

N а N а

N l N l EF

(139)

Из первого уравнения системы получим

1 2sin

sin

N N

(140)

49

Подставляя (140) во второе уравнение (139) получим выражение для усилия 2N

2

2 2 21 2

2 sin

(2sin sin )

ЕN F

l l

(141)

Учитывая что

о о1 2 45 51 20 05мм

sin sin

a al l Е

52 10 МПаЕ

из выражений (141) и (140) определим усилия в стержнях

2 185 (H) 934 (H)N F N F (142)

Положительные значения усилий 1N и 2N указывают на то что их направления на рис 110б указаны верно стержень 1 ndash сжат стержень 2 ndash растянут Полученные выражения устанавли-вают связь монтажных усилий с площадью поперечного сече-ния стержней F

3) определим монтажные напряжения в стержнях с учетом их знака

1 11 2

1

934 Н( ) 934 934 МПа

мм

N N F

F F F

2 22

2

85( ) 425МПа

2 2

N N F

F F F

4) анализ результатов расчета позволяет сделать выводы о том что

ndash монтажные напряжения составляют от допускаемых напряжений [σ]

ndash для стержня 1

1

1 0934

10 100 584 160

ndash для стержня 2

2

2 0425

10 100 266 160

50

ndash при действии внешних усилий (см пример 31) в стерж-нях возникают растягивающие напряжения 1 и 2

При монтаже рассматриваемой конструкции в стержнях возникают сжимающие монтажные напряжения 1( ) lt 0 в стержне 1 и растягивающие 2 ( ) 0 в стержне 2 Таким обра-зом за счет монтажных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2

П р и м е ч а н и е В статически определимых системах монтаж-ных напряжений не возникает Например если в стержневой системе показанной на рис 110а убрать один из стержней то система становит-ся статически определимой При ее монтаже оставшийся стержень не деформируется если он выполнен короче или длиннее требуемого размера

Пример 33 Расчет температурных напряжений Для расчетной схемы представленной в примере 31 рас-

считать температурные напряжения возникающие в стержнях

при нагреве стержня 1 на о 130 СТ (рис 111а)

Рис 111

При нагреве стержня 1 он удлиняется но его свободному изменению длины препятствует стержень 2 Поэтому в стержне 1

а) б)

в)

51

возникают сжимающие усилия 1N а в стержне 2 ndash растягиваю-щие усилия 2N На рис 111б показана система внутренних усилий 1N 2N и опорных реакций АZ и АY в опоре А

Задача решается аналогично примеру 31 1) составляем уравнения равновесия для отсеченной части

1 20 cos cos 0AZ Z N N (143)

1 20 sin sin 0AY Y N N (144)

1 20 sin sin 0momA N a N a (145)

Система по-прежнему является один раз статически неоп-ределимой

2) составим схему перемещений узла В (рис 111в) при нагреве стержня 1

Из рассмотрения треугольников 1 2В K В и 1 1В K В получим

1 1ВK ВМ K М где ВМ ndash температурная деформация стержня 1 которая определяется выражением

1 1( ) ВМ l T T l (146)

1 1 1( )K М l N 2 2 2( )BK l N

где 1l и 2l ndash деформации стержней от усилий 1N и 2N соот-ветственно Эти деформации определяются формулами (133) и (134) С учетом этих выражений получим

1 11 1 1 1 1

1 1

( ) ( )N l

BK l Т l N TlE F

(147)

2 22 2 2

2 2

( )N l

BK l NE F

Так как 1BВ ndash общая гипотенуза в треугольниках 1 2В K В и

1 1В K В то из равенства

1 2 sin sin

BK BK

с учетом выражений (147) получим

1 11

1 1 2 2

2 2sin sin

N lTl

E F N l

E F

(148)

52

Так как по условию 1 2 1 2 2 F F F F Е Е Е то уравнение совместимости деформаций (148) принимает сле-дующий вид

1 1 2 2 1

sin 2 sin sin

N l N l Тl

EF EF

(149)

Объединяя уравнение равновесия (145) и уравнение со-вместности деформаций (149) получим систему уравнений для определения усилий 1N и 2N возникающих в стержнях при температурном воздействии

2 1

1 1 2 2 1

sin sin 0

sin 2sin sin

N N

N l N l lТ Е

(150)

Решая эту систему уравнений относительно 1N и 2N по-лучим

1 2sin

sin

N N

(151)

22 22

1

sin sin2

2sin sinN ТЕF

l

l

(152)

Учитывая что 1 sin

аl

2 sin

аl

получим что 2

1

sin

sin

l

l

а выражение (152) принимает вид 2

2 3 3

sin sin2

2sin sinN ТЕF

(153)

Учитывая что 6 о 1125 10 С о30 СТ 52 10 МПаЕ о45 о51 20 из (153) и (151) получим

o 2 о6 5

2 3 о 3 о

sin 45 sin (51 20 )2 125 10 2 2 10

2 sin (51 20 ) sin (45 )N

4956 (H)F

о

1 о

sin(51 20 )4956 5446 (H)

sin(45 )N F F

53

3) температурные напряжения в стержнях с учетом их знака равны

1 11

1 1

2 21

2

5446( ) 5446 МПа

4956( ) 2478 МПа

2 2

N N FТ

F F F

N N FТ

F F F

(154)

4) анализ результатов расчета позволяет делать следую-щие выводы

ndash температурные напряжения составляют от допус-каемых напряжений для материала стержней

ndash для стержня 1

1

15446

100 100 34 160

ndash для стержня 2

2

22478

100 100 155 160

Существенной особенностью является то что при нагреве стержня 1 в нем возникают сжимающие температурные напря-жения 1( )Т lt 0 в стержне 2 ndash растягивающие напряжения

2 ( )Т 0 П р и м е ч а н и е При действии температуры в статически опре-

делимых системах температурных напряжений не возникает Например если в системе показанной на рис 111а убрать стержень 2 то система становится статически определимой При нагреве (или охлаждении) стержень 1 получает тепловую деформацию 1( )l Т и вызывает поворот

балки АВ (рис 111а) относительно опоры А При этом усилие 1N в нем

не возникает Пример 34 Совместное действие внешних нагрузок Рассмотрим статически неопределимую стержневую сис-

тему представленную на рис 19а и нагруженную внешними нагрузками Р и q

Стержень 2 изготовлен короче заданного размера на вели-чину = minus05 мм а при эксплуатации этой системы стержень 1 подвергается температурному воздействию Т = 30 degС

54

В этом случае в стержнях системы возникают дополни-тельные монтажные и температурные напряжения Результи-рующие напряжения возникающие в стержнях системы опре-деляются по формуле (123)

( ) ( ) ( )j j j jP T (155)

где j = 1 2 ndash номер стержня Обобщая решения задач приведенных в примерах 31 32

и 33 получим

1( ) 122 МПаP 2 ( ) 158 МПаP

1( ) 934 МПа 2 ( ) 425МПа

1( ) 5446 МПаТ 1( ) 2478МПаТ

Результирующие напряжения в стержнях системы (155) ndash в стержне 1

1 122 934 5446 2586 МПа

ndash в стержне 2

2 158 425 2478 22528МПа

Полученные результаты показывают что 1 lt а

2 те для стержня 2 условие прочности не выполняет-

ся Это связано с тем что за счет монтажных и температурных напряжений происходит разгрузка стержня 1 и догружение стержня 2 (рис 19а)

Таким образом монтажные и температурные напряжения оказывают существенное влияния на напряженное состояние и прочность элементов статически неопределимых систем и их необходимо учитывать при проведении проектных расчетов

Рассмотрим общий случай совместного воздействия на ста-тически неопределимую систему представленную на рис 19а

внешних нагрузок Р qa кН

10 м

q монтажной неточности

стержня 2 = minus05 мм и температурного воздействия на стер-

жень 1 Т 30 degС Обобщая результаты расчетов приведенных в примерах

31 32 и 33 получим что наиболее нагруженным является стержень 2 те max 2 Учитывая что в соответствии

55

с (129) напряжения в стержне 2 от внешних сил равно 3

235 10

( ) РF

окончательно получим в соответствии с (155)

3 3

max 235 10 35 10

425 2478 6728 (МПа)F F

(156)

Условие прочности (114) принимает вид

3

max35 10

6728 F

(157)

Требуемая площадь поперечного сечения из (157) должна удовлетворять условию

335 10

6728

F

При 160 МПа получим

3 3235 10 35 10

3765мм 160 6728 9272

F

Принимаем 21 3765ммF F и 2

2 2 753мм F F Определяем диаметры стержней

11

4 37652 693мм

Fd

22

4 7532 979 мм

Fd

Окончательно принимаем следующие диаметры стержней

1 27 мм 10 ммd d

В этом случае площади поперечных сечений стержней со-ставляют

2 221

17

385мм 4 4

dF F

2 222

210

785мм 4 4

dF F

56

Проверим выполнение условий прочности для наиболее нагруженного стержня используя формулу (156)

3

max35 10

6728 1582 МПа385

Так как max lt то условие прочности (157) выполня-

ется На основании проведенных расчетов можно делать сле-

дующий вывод При выполнении проектных расчетов статически не-

определимых систем необходимо учитывать наличие мон-тажных и температурных напряжений возникающих в эле-ментах систем

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают при рас-тяжении и сжатии элемента конструкции

2 Какой вид нагружения называется растяжением (сжа-тием)

3 Сформулируйте суть метода сечений при растяжении и сжатии

4 Сформулируйте правила знаков для продольных сил 5 Как вычисляются нормальные напряжения при растя-

жении (сжатии) 6 Как определяются перемещения при растяжении (сжа-

тии) 7 Запишите закон Гука при растяжении (сжатии) 8 Как определяется коэффициент Пуассона 9 Нарисуйте диаграмму растяжения образца и укажите ее

основные законы 10 Что такое предел пропорциональности предел текуче-

сти и предел прочности материала 11 Назовите характеристики определяющие пластич-

ность материала 12 Как определяются допускаемые напряжения для пла-

стичных и хрупких материалов 13 От каких факторов зависит значение коэффициента

запаса прочности 14 Какие системы называются статически неопредели-

мыми

57

15 Что такое условие совместности деформаций 16 Запишите условия прочности для хрупких и для пла-

стических материалов 17 Что такое монтажные напряжения и в каких системах

они возникают 18 Что такое температурные напряжения и в каких сис-

темами они возникают 19 Какие типы расчетов на прочность существуют 20 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета для стержневой системы работающей на растяжение и сжатие

58

Глава 2

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

21 Основные соотношения При расчетах на прочность элементов конструкций кроме

площади поперечного сечения F используются и другие гео-метрические характеристики плоского поперечного сечения определяющие его жесткость при изгибе кручении сложных видах деформаций при расчетах на устойчивость и динамиче-ское действие внешних нагрузок

Статическими моментами сечения называются интегралы следующего вида (рис 21)

xF

xF

dF

dF

S y

S х

(21)

Рис 21

Здесь x y ndash координаты произвольной точки А сечения с координатами x и y dF ndash площадь бесконечно малой площад-ки выделенной возле точки А Интегрирование в (21) ведется по всей площади F поперечного сечения

Оси относительно которых статические моменты равны нулю (Sx = Sy= 0) называются центральными и обо-значаются xC и yC Точка их пересечения (С) называется цен-тром тяжести

59

Координаты центра тяжести xC и yC определяются выра-жениями

1 1

1 1

C C

CC

j

n n

j j jj j

j j

n n

F x F y

x yF F

(22)

Здесь j = 1 2 hellip n ndash номер элементарного сечения на ко-торые можно разбить заданное сечение n ndash число этих сечений

jF ndash площадь элементарного сечения Cjx и Cjy ndash координаты

центра тяжести элементарного сечения в принятой системе ко-ординат Положение и координаты центра тяжести элементар-ных сечений (прямоугольник треугольник круг эллипс и др) приведены в прил 3

Осевыми моментами инерции называются интегралы вида 2 2 x y

F F

J y dF J x dF (23)

Полярным моментом инерции называется интеграл вида 2

рF

J dF (24)

Так как 2 2 2х y (см рис 21) получим

р x yJ J J (25)

Центробежный момент инерции определяется выражением

xyF

J xy dF (26)

Существенным свойством центробежного момента явля-ется то что он может принимать положительные отрицатель-ные и нулевые значения в зависимости от расположения исход-ных осей x и y (рис21)

Оси относительно которых центробежный момент равен нулю ( = 0)xyJ называются главными

Главные оси проходящие через центр тяжести сечения называются главными центральными осями Во всех даль-нейших расчетах эти оси будем обозначать х и у (рис 22)

60

Рис 22

Момент инерции относительно осей x1 и y1 параллельных

главным центральным осям x и y вычисляется по формулам 2 2

1 1 x х y yJ J b F J J a F (27)

где х yJ J ndash моменты инерции относительно главных централь-

ных осей а b ndash расстояния между параллельными осями (рис 22) При определении положения главных центральных осей

следует использовать следствие из их определения Если поперечное сечение имеет хотя бы одну ось сим-

метрии то эта ось является главной центральной Если се-чение имеет две оси симметрии то обе они являются глав-ными центральными а центр тяжести лежит в точке их пересечения

Моментами сопротивления поперечного сечения являются геометрические характеристики которые определяются по фор-мулам

max max

yхx y

JJW W

y x (28)

где max y и max x ndash расстояния до наиболее удаленных точек (K1 и K2) сечения расположенных на внешнем контуре сечения (рис 22)

Полярным моментом сопротивления называется геомет-рическая характеристика

max

рр

JW

(29)

где max minus максимальное расстояние от центра тяжести сечения

до внешнего контура сечения

61

Радиусы инерции поперечного сечения определяются по формулам

yxx y

JJi i

F F (210)

Все геометрические характеристики и координаты опре-деляющие положение центра тяжести простейших сечений приведены в прил 3 Геометрические характеристики стандарт-ных профилей поперечных сечений (двутавр швеллер уголок) приведены в прил 4

П р и м е ч а н и е При проведении расчетов на прочность при раз-личных видах нагружения в поперечных сечениях элементов конструкций используют главные центральные оси которые обозначают х и у

22 Расчет геометрических характеристик поперечного сечения

Задача 4 Для заданного поперечного сечения (рис 23) вычислить

геометрические характеристики х y x y x уJ J W W i i относи-

тельно главных центральных осей При расчете принять 1 1 b k b 2 2 b k b 3 3b k b Значения коэффициентов k1 k2 k3 и вид поперечного сечения

выбираем по табл 21 в соответствии с заданным вариантом расчета Все геометрические характеристики вычислить через па-

раметр сечения b

Таблица 21

Значения коэффициентов Номер строки

Номер схемы по табл21 k1 k2 k3

1 I 10 10 10 2 II 11 08 12 3 III 12 09 14 4 IV 13 07 16 5 V 14 06 18 6 VI 15 12 20 7 VII 16 11 10 8 VIII 17 08 12 9 IX 18 10 14

10 X 09 09 16 Буква шифра

а б в г

62

Рис 23

Пример В соответствии с условиями задачи 4 определить

геометрические характеристики поперечного сечения пред-ставленного на рис 24

63

Рис 24

Так как сечение является симметричным то вертикальная

ось симметрии y является главной центральной осью Для ре-шения задачи введем по нижней кромке сечения вспомогатель-ную ось х1

Разобьем сечение на два прямоугольника 1 и 2 и проведем их laquoсобственныеraquo главные центральные оси хC1 yC1 и хC2 yC2 Определим положение центра тяжести сечения по формуле (22)

1 1 2 2

1 2

C CC

F y F yy

F F

(211)

где F1 F2 ndash площадь прямоугольников 1 и 2 а 1Cy и 2Cy ndash ко-

ординаты их центров тяжести С1 и С2 относительно оси х1 2 2

1 1 2 25 10 2 20 11 8 2 16C Cy b F b b b y b F b b b

В соответствии с (211) получим координату центра тяже-сти (С) всего сечения

2 2

2 2

20 5 11 11767

20 16C

b b b by b

b b

Отмечаем положение центра тяжести сечения С и прово-дим вторую главную центральную ось сечения х

Осевой момент инерции сечения относительно оси х равен

64

(1) (2)х х хJ J J (212)

В соответствии с (27)

1

(1)(1) 21 1xСхJ J F b (2)(2) 2

2 22х xСJ J F b ndash моменты инерции

прямоугольников 1 и 2 относительно оси х (1)1СхJ (2)

2СхJ ndash момен-

ты инерции каждого прямоугольника относительно их собст-венных главных центральных осей 1Cх и 2Cх соответственно

b1 и b2 ndash расстояния между осями х и 1Cх аналогично х и 2Cх

Из рис 24 следует

11 767 5 267C Cb y y b b b

22 11 767 333CCb y y b b b

Моменты инерции каждого прямоугольника относительно его главных осей вычисляется по формулам (см прил 3)

(1)1

342 (10 )

166712Сx

b bJ b (2)

2

348 (2 )

53312Сx

b bJ b

Момент инерции для всего поперечного сечения вычисля-ем по формуле (212)

(1) (2)1 2

2 21 1 2 1

2 2 2 4 2 2 41667 (267 ) 20 533 (333 ) 16 4924

С Сx x xJ J b F J b F

b b b b b b b

Момент инерции относительно оси у вычисляется гораздо проще так как ось у является осью симметрии всего сечения и сечений 1 и 2 те главные центральные оси у1 и 1Cy и 2Cy сов-

падают (см рис 24) В этом случае момент инерции

(1) (2)y y yJ J J (213)

где (1)3

410 (2 )667

12yb b

J b

(2)3

42 (8 )8533

12yb b

J b

Момент инерции всего сечения (213) равен 4 4 4667 8533 92yJ b b b

Наиболее удаленные от осей х и у точки сечения K1 и K2

(см рис 24) имеют координаты

65

1max 767K Cy y y b 2max 4Kx y b

Моменты сопротивления сечения (28) равны 4 4

3 3

max max

4924 92642 23

767 4уx

x у

JJ b bW b W b

y b х b

Площадь всего поперечного сечения равна 2 2 2

1 2 20 16 36F F F b b b

Радиусы инерции определяются выражениями (210) и равны

4

2

49244924 222

636x

xJ b b

i bF b

4

2

9292 9

636

yy

J b bi b

F b

В табл 22 приведены все расчетные геометрические ха-рактеристики сечения

Таблица 22

F xJ уJ xW уW xi yi

36b2 4924b4 92b4 642b3 23b3 222b 9b П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение имеет отверстия то

геометрические характеристики отверстия F xJ уJ следует считать от-

рицательными

Контрольные вопросы

1 Приведите определение статических моментов инерции плоских сечений

2 Дайте определение осевых и центробежного моментов инерции поперечного сечения

3 Дайте определение полярного момента инерции попе-речного сечения

4 Как связаны между собой полярный и осевые моменты инерции

5 Запишите формулы для расчета осевых и полярного моментов инерции простейших сечений прямоугольника круга кольца

66

6 Как определяется положение координат центра тяжести сложного поперечного сечения

7 Какие оси называются центральными 8 Какие оси называются главными 9 Какими свойствами обладают оси симметрии попереч-

ного сечения 10 Как вычисляются моменты инерции сечения при па-

раллельном переносе осей 11 Как вычисляются моменты сопротивления сечений

осевые полярный 12 Запишите формулы для вычисления моментов сопро-

тивления простейших сечений прямоугольника круга кольца 13 Как определяются моменты инерции и моменты

сопротивления стандартных профилей (швеллер двутавр уголок)

14 Как вычисляются радиусы инерции поперечных се-чений

15 Какие оси поперечного сечения называются главными центральными

67

Глава 3

КРУЧЕНИЕ

31 Основные соотношения Рассматриваем кручение стержней (валов) имеющих круг-

лое сплошное или кольцевое поперечное сечение В этом случае выполняется гипотеза плоских поперечных сечений [1 2]

При кручении стержней в поперечных сечениях возника-ют крутящие моменты кр М которые определяются методом

сечений на каждом участке стержня По результатам расчетов строится эпюра крутящих моментов При построении эпюры

крМ используем следующее правило знаков

Внешний момент действующий на отсеченную часть стержня считается положительным если при взгляде со стороны внешней нормали к отсеченной части он вращает ее против часовой стрелки

Под действием крутящего момента крМ в точках попе-

речного сечения расположенных на радиусе возникают каса-тельные напряжения эпюры которых в плоскости сечения по-казаны на рис 31

Рис 31

Величина касательных напряжений в произвольной точке сечения А с координатой (рис31) рассчитывается по формуле

кр

p

М

J (31)

68

где 02

D D ndash внешний диаметр стержня крМ ndash крутящий

момент который определяется по эпюре крутящих моментов

pJ ndash полярный момент инерции поперечного сечения

(см п 21) Максимальные касательные напряжения max достигают-

ся на внешнем контуре сечения (см рис 31) при 2

D и опре-

деляются формулой

крmax

p

М

W (32)

где pW ndash полярный момент сопротивления сечения (29)

Условие прочности записывается в виде

max (33)

Здесь ndash допускаемые касательные напряжения кото-

рые обычно принимают равными (0507) где ndash

допускаемые напряжения для материала вала при растяжении (сжатии)

При кручении поперечные сечения стержня остаются пло-скими не меняют своей формы и размеров и поворачиваются на угол Угол поворота на участке стержня определяется вы-ражением

кр p

М l

GJ (34)

где l ndash длина участка G ndash модуль упругости второго рода (мо-дуль сдвига) материала стержня который определяется экспе-риментально для каждого материала [1 7] Угол поворота из-меряется в радианах

Относительный угол поворота определяется выражением

l

или в соответствии с (34) по формуле

кр

p

M

GJ (35)

69

Условие жесткости для стержней работающих на круче-ние записывается в виде

max (36)

Максимальный относительный угол поворота max опре-

деляется по формуле (35) а допускаемый относительный угол поворота назначается из особенностей работы конструкции

П р и м е ч а н и е Если поперечное сечение стержня не является круглым (эллиптическое прямоугольное и др) то гипотеза плоских сечений не выполняется сечение депланирует и расчетные формулы (31)ndash(35) не применимы [1] В этом случае расчет стержней выполняется методами теории упругости

32 Расчет на прочность трансмиссионного вала

Задача 5 Выполнить проектный расчет трансмиссионного сталь-

ного вала постоянного поперечного сечения Вал посажен на подшипниковые опоры К шкиву 1 подводится мощность N1 которая передается оборудованию через шкивы 2 3 и 4 в соот-ветствии с расчетной схемой представленной на рис 32

I

VI

II

VII M1

M2

M3M4

l2l1

l3

Рис 32

70

III

VIII

IV

IX

V

X

Рис 32 Окончание

Вал имеет сплошное круглое поперечное сечение диамет-ром D и вращается с частотой n минndash1 Исходные данные при-нять по табл 31

Таблица 31

N2 N3 N4 n 1l 2l 3l

Номер строки

Номер схемы по рис 32

кВт кВт кВт минndash1 м м м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 I 40 20 15 400 10 05 05 2 II 50 25 20 600 05 10 05 3 III 35 20 30 300 06 08 06 4 IV 60 30 20 200 07 10 04 5 V 25 40 25 450 06 07 09 6 VI 40 20 20 500 05 05 05

71

Окончание табл 31

1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 VII 60 35 20 550 04 05 06 8 VIII 35 20 30 350 06 04 05 9 IX 45 40 25 400 05 06 07 0 X 30 25 30 300 08 10 04

Буква шифра

а б в г д а г д

При выполнении расчетов принять ndash материал вала ndash сталь ndash модуль сдвига G = 08 middot 105 МПа ndash допускаемые касательные напряжения 40 МПа

ndash допускаемый относительный угол закручивания вала 04 градм

Пример В соответствии с условиями задачи 5 выполнить проектный расчет трансмиссионного вала расчетная схема ко-торого показана на рис 33 а

Рис 33

а)

в)

б)

72

Исходные данные принять следующими

2 40кВтN 3 40кВтN 4 20кВтN 1300мин n

1 04мl 2 06мl 3 10мl

Решение 1) определим величину мощности подводимой к ведуще-

му шкиву 1 Считаем что потери на трение в подшипниковых опорах А и В отсутствуют те

1 2 3 4 40 40 20 100 N N N N кВт

2) вычисляем крутящие моменты передаваемые на транс-миссионный вал в местах расположения шкивов используя формулу

955 ii

NМ

n (37)

где i = 1 2 3 4 ndash номер шкива

В соответствии с (37) получим

1100

955 318300

М кНм

2 340

955 127300

М М кНм

420

955 064300

М кНм

3) используя метод сечений на каждом из трех участков I II и III (рис 33а) получим значения крутящих моментов на этих участках

крI 4 064М M кНм

крII 4 1 064 318 254М M M кНм

крIII 4 1 2 064 318 127 127М M M M кНм

На рис 33б показана эпюра крутящих моментов постро-енная по полученным результатам

4) определяем положение наиболее нагруженного сечения вала Из эпюры крутящих моментов следует что наиболее на-груженным для вала постоянного поперечного сечения явля-

73

ются сечения расположенные на II участке где крутящий момент

достигает максимального значения кр крIImax 254кНмМ М 5254 10 Н мм

Принимая полярный момент сопротивления для вала рав-

ным 3

16pD

W

запишем условие прочности (33) в виде

кр крmax maxmax 3

16p

М М

W D

(38)

Из соотношения (38) получим что диаметр вала должен определяться из условия

кр

5max 33

16 16 254 1068

40

МD

мм

Таким образом из расчета на прочность следует что трансмиссионный вал должен иметь диаметр 68ммD

5) проверим выполнение условия жесткости (36) для трансмиссионного вала Для этого определим допускаемый от-носительный угол закручивания в радм

о

3 6о

04698 10 радм 698 10 радмм

180

Учитывая что полярный момент инерции вала 4

32pD

J

из условия жесткости (36) получим

кр крmax maxmax 4

32

p

М М

GJ G D

(39)

Из (39) следует что вал должен иметь диаметр удовле-творяющий следующему соотношению

кр

5max

445 6

32 32 254 1082

08 10 698 10

МD

G

мм

Таким образом из условия жесткости следует что 82D мм 6) сопоставляя результаты расчета на прочность и жест-

кость получим что должно выполняться условие 82D мм

74

Округляя это значение диаметра до ближайшего большего из ряда нормальных размеров (ГОСТ 8032ndash84) окончательно при-нимаем диаметр трансмиссионного вала D = 85 мм

В этом случае вал имеет

ndash момент сопротивления 3 3

585121 10

16 16pD

W

мм3

ndash полярный момент инерции 4 4

6 48551 10 мм

32 32pD

J

7) вычислим по формуле (312) значения максимальных касательных напряжений на каждом участке для принятого диаметра вала

кр6

Imax I 5

064 1053

121 10p

М

W

МПа

кр6

IImax II 5

254 1021

121 10p

М

W

МПа

кр6

IIImax III 5

127 10105

121 10p

М

W

МПа

Эпюра максимальных касательных напряжений показана на рис 33в

Анализ эпюры напряжений показывает что на всех участ-ках вала и условие прочности (38) и условие жесткости (39) выполняется

33 Расчет на прочность статически неопределимого вала

Задача 6 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими торцами (рис 34) и нагружен крутящими моментами m1 m2 m3

75

Рис 34

Определить требуемый диаметр вала из условий прочно-

сти и жесткости Построить эпюру углов поворотов поперечных сечений

Принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа = 8 104 Нмм2

m1 m2

m3I

ll3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1

m2

m3II

l4l3

l2l1

m1 m2

m3IV

ll3

l2l1

m1 m2

m3V

ll3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3VI

l4l3

l2l1

m1

m2

m3IX

ll3

l2l1

m1

m2

m3X

ll3

l2l1

76

ndash допускаемое касательное напряжение [] = 80 МПа = = 80 Нмм2

ndash допускаемый относительный угол закручивания [] = = 2 ordmм

Остальные данные для расчета взять из табл 32 приняв значение m = 05 кНм = 05 middot 106 Нmiddotмм

Таблица 32

Номер строки

Номер схемы

по рис 34 m1 m2 m3 l1 l2 l3 l4

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m m m 2m m m m m 2m m

m m

2m m m m

2m m m

2m

m 2m m m m

2m m

2m m m

l l l l 2l l l 2l 2l 2l

l 2l l l l 2l l l 2l 2l

l l 2l l l 2l 2l l l l

l l l

2l l l

2l 2l l l

Буква шифра

а б в г д а г д

Пример В соответствии с условиями задачи 6 выполнить

расчет стального вала при m1 = 3m m2 = m m3 = 3m l1 = 2l l2 = = l3 = l4 = l (рис 35а)

Решение 1) вал нагружен только парами сил лежащими в плоско-

сти поперечного сечения поэтому возникают только две опор-ные реакции ndash моменты в защемлениях МА и МВ

Составляем уравнение равновесия (сумма крутящих мо-ментов относительно оси z)

1 2 30 0Z A Bmom M m m m M

подставив заданные значения m1 m2 m3 в это выражение по-лучим

MA ndash MB ndash m = 0 (310)

Имеем одно уравнение с двумя неизвестными те система один раз статически неопределима

77

Рис 35

2) выбираем основную систему Она получается из задан-

ной освобождением от лишней связи За лишнюю связь прини-маем защемление правого торца Загружая основную систему заданной нагрузкой и неизвестным моментом Х = MB превра-щаем ее в систему эквивалентную заданной (рис 35б) Усло-вием эквивалентности в данном случае является равенство ну-лю угла поворота сечения В основной системы

В = 0 (311)

В соответствии с принципом независимости действия сил угол поворота сечения В для основной системы можно подсчи-тать как алгебраическую сумму углов поворота сечения В от каждого из внешних моментов в отдельности те

в)

а)

б)

г)

78

1

k

B B im X (312)

или 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) 0B B B Bm m m X

Применяя формулу (34) с учетом условия (312) получим

3 2 3 3 4 50

p p p p

m l m l m l X l

GJ GJ GJ GJ

(313)

Внешний крутящий момент считаем положитель-ным если при взгляде со стороны свободного торца В Он вращает вал против часовой стрелки (см рис 35б)

Из уравнения совместности деформаций (313) получим

X = 06 m

В силу эквивалентности X = MB те MB = 06m Из уравнения равновесия (37) получим

06 16А ВМ m М m m m

Значения моментов МА и МВ положительны те направле-ние их выбрано верно (см рис 35а)

3) строим эпюру крутящих моментов определив их вели-чину на каждом участке методом сечений Крутящий момент в произвольном сечении i-го участка по величине равен ал-гебраической сумме внешних моментов расположенных по одну сторону от сечения

на I участке кI 16АМ М m

на II участке кII 3 16 3 14АМ М m m m m

на III участке кIII 3 16 3 24АМ М m m m m m m

на IV участке кIV 3 3 16АМ М m m m m m m

3 06m m

Эпюра крутящих моментов показана на рис 35в Эпюра

крМ штрихуется винтовой линией

4) строим эпюру углов поворота сечений i используя фор-мулу

1i i

i ip i

M l

GJ (314)

79

где i1 ndash угол поворота сечения расположенного в начале уча-

стка li ndash длина участка p iGJ ndash жесткость сечения на кручение

на i-м участке Граничные сечения участков пронумерованы цифрами 0 1 2 3 4

Используя формулу (314) получим

0 = A = 0

кI1

2 16 20 32

p p p

M l m l ml

GJ GJ GJ

кII2 32 14 18

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIII3 18 24 06

p p p p

M l ml ml ml

GJ GJ GJ GJ

кIV4 06 06 0

p p p

M l ml ml

GJ GJ GJ

Для удобства при построении эпюры углов поворота вве-

дем обозначение p

mlk

GJ

Эпюра углов поворота представлена на рис 35г Факт того что 4 = В = 0 подтверждает правильность

решения те построение эпюры одновременно является де-формационной проверкой

5) определяем требуемый диаметр стержня Условие прочности (33) с учетом (32) имеет вид

max кmax

p

М

W (315)

Здесь 3

16pD

W

полярный момент сопротивления се-

чения Из условия (315) получим

max к

316

М

D

(316)

80

Стержень имеет постоянное сечение те опасным являет-ся участок III где возникает наибольший крутящий момент (рис 33в)

max кМ = 24m = 24 middot 05 = 12 кНmiddotм = 12 middot 106 Нmiddotмм

Из (316) получим

63 16 12 10

424 мм80

D

Условие жесткости (36) с учетом (35) имеет вид

max кmax

p

М

GJ (317)

Здесь 4

32pD

J

ndash полярный момент инерции сечения

Полагая max = [] из формулы (317) получим

max к

432 М

DG

(318)

Допускаемый относительный угол закручивания по усло-вию задачи задан в градусах

[] = 2 ordmм

Переведем его в радианы

о о

4о

2 2радм 035 10 радмм

м 180

Тогда по формуле (318) получим значение диаметра D

64

4 4

32 12 10457мм

8 10 035 10D

Диаметр найденный из условия жесткости больше диа-метра найденного из условия прочности

Принимаем бoacuteльший диаметр 457 ммD Окончательно округляя диаметр вала в бoacuteльшую сторону

по ГОСТ 8032ndash84 принимаем D = 46 мм П р и м е ч а н и е Если вал имеет кольцевое поперечное сечение

то полярные момент сопротивления pW и момент инерции pJ в соотно-

шениях (315) и (317) определяются по формулам

81

34(1 )

16pD

W с

3

4(1 )32pD

J с

где d

сD

D ndash внешний d ndash

внутренний диаметр вала При этом значение параметра с задается конст-руктором и оно обычно принимается равным с = 07ndash08

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется кручением 2 Сформулируйте правила знаков для построения эпюры

крутящего момента 3 Запишите формулу для расчета касательного напряже-

ния при кручении 4 Постройте эпюру касательных напряжений в попереч-

ном сечении вала 5 Запишите условие прочности при кручении 6 Запишите формулу для определения угла поворота по-

перечного сечения вала 7 Запишите формулу для вычисления относительного уг-

ла закручивания вала 8 Запишите условие жесткости при кручении 9 Запишите формулы для вычисления полярного момента

инерции для круглого и кольцевого поперечных сечений 10 Запишите формулы для вычисления полярного момента

сопротивления для круглого и кольцевого поперечного сечений 11 Сформулируйте порядок выполнения проектного рас-

чета вала при кручении 12 Особенности расчета статически неопредилимых валов 13 Какое поперечное сечение (круглое сплошное или

кольцевое) вала работающего на кручение является более ра-циональным и почему

14 Сформулируйте порядок расчета вала на прочность и жесткость

15 Сформулируйте особенности расчета валов имеющих некруглое поперечное сечение

82

Глава 4

ИЗГИБ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ

41 Основные соотношения При плоском поперечном изгибе в поперечных сечениях

балки возникают два внутренних силовых фактора попереч-ная (перерезывающая) сила yQ и изгибающий момент хМ

(рис 41)

Рис 41

Оси х и у в поперечном сечении являются главными цен-

тральными (см п 2) Эпюры внутренних силовых факторов строят методом сечений для каждого участка балки При этом применяют правила знаков

Правила знаков ndash поперечная сила yQ считается положительной если

внешняя сила поворачивает отсеченную часть балки по ча-совой стрелке относительно сечения (рис 42а)

ndash изгибающий момент хМ считается положитель-

ным если сжаты верхние волокна балки (рис 42б)

83

Рис 42

Под действием изгибающего момента хМ в произвольном

волокне А (рис 41) расположенном на расстоянии у от оси х возникают нормальные напряжения которые определяются по формуле [1]

х

x

Мy

J (41)

где xJ ndash момент инерции поперечного сечения

Из (41) следует что распределение нормальных напряже-ний по высоте сечения является линейным Эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении показана на рис 43б

Рис 43

Из эпюры нормальных напряжений следует что наиболее нагруженными являются точки поперечного сечения K1 и K2 с координатами py и сж y наиболее удаленные от оси х (рис 43а)

б)

а)

а) б) в)

84

Нормальные напряжения в этих точках в соответствии с (41) определяются выражениями

max p p max сж сжх х

x x

М Мy y

J J (42)

В тех случаях когда сечение является симметричным относи-тельно оси х максимальные напряжения вычисляются по формуле

maxх

x

М

W (43)

где xW ndash момент сопротивления поперечного сечения Для балок из пластичных материалов записывается одно

условие прочности (112) которое с учетом (43) имеет вид

maxх

x

М

W (44)

Для балок из хрупких материалов записывают два условия прочности (113) которые с учетом (42) принимают вид

max р p p х

x

Мy

J max cж сж сж х

x

Мy

J (45)

Под действием перерезывающей силы yQ в поперечном се-

чении на уровне у (рис 43а) действуют касательные напряжения которые вычисляются по формуле Д И Журавского [1 2]

y x

x

Q S

J b

(46)

Здесь xS ndash статический момент части площади сечения расположенной выше уровня у (рис 43 а) b ndash ширина сечения на уровне у

Эпюра касательных напряжений по высоте сечения по-казана на рис 43в Максимальные касательные напряжения имеют место в центре тяжести поперечного сечения и равны

1max

max

Fy x

x

Q S

J b (47)

где 1FxS ndash статический момент части площади сечения 1F ле-

жащий выше оси х (рис 43а)

85

Условие прочности по касательным напряжениям записы-ваются в виде (33) и с учетом (47) принимает вид [1]

maxmax

Fy x

x

Q S

J b (48)

где max yQ ndash максимальная поперечная сила которая определя-

ется по эпюре yQ ndash допускаемое касательное напряжение

для материала балки При поперечном изгибе балки ее деформации характери-

зуются прогибом y(z) и углом поворота поперечного сечения (z) которые являются функциями координаты z характери-зующей положение произвольного сечения (рис 44)

Рис 44

Прогиб угол поворота и изгибающий момент связаны

между собой дифференциальными соотношениями 2

2 x

x

Mdx d y

dz EJdt (49)

Изогнутая ось балки называется упругой линией Прогибы и углы поворота могут определяться различными способами [1 2] прямым интегрированием дифференциальных соотноше-ний (49) с помощью интеграла Максвелла-Мора способом Ве-рещагина и др

Если балка имеет постоянное поперечное сечение по дли-не те ( ) constxЕJ то прогибы и углы поворота можно опре-делять универсальным методом начальных параметров в соот-ветствии с которым выражения для них записываются в виде

86

0 0

2 3 4

1( )

2 3 4

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

y z y zEJ

M z a Р z b q z c

0

2 3

1( )

1 2 3

x

j j j j j j

z a z cj j jz bj jj

dyz

dz EJ

M z a Р z b q z c

Уравнения (410) и (411) записаны для правой системы координат начало которой следует располагать в крайнем ле-вом сечении балки (см рис 44)

Суммирование в формулах (410) и (411) производится по всем внешним нагрузкам количество которых характеризуется индексом

j = 1 2 3 hellip

В формулах (410) и (411) введены следующие обозначе-ния ja ndash расстояние от начала координат до изгибающего мо-

мента jM jb ndash расстояние от начала координат до точки прило-

жения внешнего усилия jР jс ndash расстояние от начала координат

до начала действия распределенной нагрузки интенсивностью jq

z ndash расстояние до сечения балки в котором определяется прогиб или угол поворота разделительная черта z jа указывает на то

что соответствующая нагрузка учитывается в уравнении только при выполнении условия z ja (аналогично для z jb и z сj) у0

и 0 ndash начальные параметры (прогиб балки и угол поворота попе-речного сечения в начале координат) значения которых опреде-ляются из граничных условий те из условий закрепления балки

При расчете внешние нагрузки и опорные реакции в урав-нениях (410) и (411) подставляются с учетом правила знаков для изгибающих моментов если действующая нагрузка вызы-вает сжатие верхних волокон балки то она подставляется со знаком плюс в противном случае ndash со знаком минус

(410)

(411)

87

Прогиб считается положительным (y 0) если сечение балки перемещается вверх а угол поворота 0 если сечение поворачивается против часовой стрелки

Вычисляя по формулам (410) и (411) прогибы и углы по-ворота для сечений с различными координатами z строят упру-гую линию балки и вычисляют максимальный прогиб max y

Если из конструктивных соображений прогиб балки дол-жен быть ограничен то дополнительно к условиям прочности (44) или (45) необходимо потребовать выполнение условия жесткости

max y f (412)

Здесь f ndash допускаемый прогиб величина которого ус-

танавливается исходя из конструктивных особенностей и усло-вий эксплуатации балки

Рекомендации по проектированию балок работающих на изгиб

Наиболее рациональными следует считать балки имею-щие поперечные сечения обеспечивающие минимальный вес балки при выполнении условий прочности

Из анализа эпюр распределения нормальных напряжений можно сформулировать следующие рекомендации по выбору ра-циональных поперечных сечений для балок работающих на изгиб

1 Для балок из пластичных материалов рекомендуется выбирать симметричные (относительно оси х) сечения ослаб-ленные в центральной части (кольцевое сечение двутавр швеллер и тп)

2 Для балок из хрупких материалов рекомендуется выби-рать несимметричные сечения (относительно оси х) у которых расстояние до наиболее удаленных сжатых волокон больше чем расстояние до наиболее удаленных растянутых волокон (рис 43а) сж p y y

Наиболее оптимальными следует считать поперечные се-чения у которых выполняются соотношение

сжсж

p р

y

y

(413)

88

42 Расчет стальной балки на прочность Задача 7 Для стальной балки нагруженной в соответствии с рас-

четной схемой из условия прочности по нормальным напряже-ниям подобрать размеры поперечного сечения

Расчет выполнить для четырех вариантов поперечного се-чения

ndash двутавр

ndash прямоугольное с соотношением сторон 2h

b

ndash круглое сплошное с внешним диаметром D

ndash кольцевое с соотношением диаметров 07d

сD

Выбрать наиболее рациональное поперечное сечение и для него построить эпюры нормальных и касательных напряже-ний в опасных поперечных сечениях балки Исходные данные для расчета принять по табл 41 и рис 45 полагая

2Р qa m Pa qa q = 10 кНм а = 1 м

Таблица 41

Внешние нагрузки Материал балки

Сталь Чугун

Предел прочности

МПа

Номер

строки

Схема

по

рис

51

m1 m2 P1 P2 q1 q2 Марка

Пре-дел те-куче-сти σт МПа

Марка

при растя-жении σвр

при сжатииσвс

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m

3m 2m m m

2m

2m m

2m 2m m m m m m m

P P

2Р P

2P 2P P P

2P P

2P P

2P 2P P P

2P P

2P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q

2q q q

20 40Х 30

40ХН40 20 50

40ХН30

40ХН

240 800 300 900 340 240 380 900 300 900

СЧ35 СЧ25 СЧ15 СЧ25 СЧ35 СЧ25 СЧ10 СЧ25 СЧ35 СЧ10

350 280 120 280 350 280 120 280 350 120

1200 1000 500

1000 1200 1000 500

1000 1200 500

Буква шифра

а б д г в д

89

Коэффициент запаса прочности принять т 15n допус-

каемые касательные напряжения принять [] = 06[]

Рис 45

Пример В соответствии с условиями задачи выполнить

расчет на прочность балки изображенной на рис 46а

90

Дано q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = 10 кНmiddotм = = 107 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 104 Н а = 1 м = 1000 мм

Рис 46

Материал балки ndash сталь 20 с пределом текучести σт =

= 240 МПа и модулем упругости Е = 2 middot 105 МПа Коэффициент запаса прочности nт = 15 Решение 1) определяем опорные реакции YA и YB из уравнений рав-

новесия

30 3 3 4 0

2A Вa

mom m q a Y a P a

а) б) в)

91

2 2 245 4 45 05 425

3 3Bm qa P a qa qa qa a

Y qaa a

30 3 3 0

2B Aa

mom m Y a q a Pa

2 2 245 4 45 05 4

3 3Am qa P a qa qa qa a

Y qaa a

Проверка правильности определения опорных реакций проводится по уравнению равновесия

0 3 0A BY Y q a Y P

qa ndash 3qa + 25qa ndash 05qa = 0 0 equiv 0

Тождество показывает что опорные реакции найдены верно Положительные значения YA и YB показывают что направления опорных реакций соответствуют принятым на рис 46а

2) строим эпюры поперечных сил yQ и изгибающих мо-

ментов xМ Балку разбиваем на участки I и II Используя метод

сечений для произвольного сечения каждого участка составля-ем уравнения для определения внутренних усилий yQ и xМ

в соответствии с которыми они изменяются в пределах каждого участка Положение сечения определяется текущей координа-той z начало отсчета удобно совмещать с началом участка (см рис 46а)

Рассмотрим поочередно оба участка используя введенные правила знаков для yQ и xМ

I участок 0 z1 3a Уравнение для поперечной силы в произвольном сечении

с координатой z1 имеет вид

yQ = YA qz1

yQ = qa qz1 = q (a z1)

Выражение для yQ является линейной функцией коорди-

наты z1 те для построения эпюры достаточно вычислить зна-чения yQ в начале (z1 = 0) и в конце (z1 = 3а) I участка балки

ndash при z1 = 0 yQ qa

ndash при z1 = 3а 2yQ qa

92

Эпюра yQ показана на рис 46б

Уравнение изгибающего момента xМ в произвольном се-

чении участка I имеет вид

21

12Ax m Y z q zМ

2 2 2 21 1 1 1

11 ( )2 2x q a z q z q a a z z M q a

Получили уравнение кривой второго порядка (параболы) выпуклость которой направлена вверх кривая имеет экстремум

в сечении с координатой э1z где 0yQ Значение э

1z получим

приравняв нулю выражение для yQ на I участке те

э1( ) 0q a z

откуда э1 az

Построить кривую второго порядка можно по трем точкам Вычислим значения xМ в начале участка (z1 = 0) в сече-

нии экстремума xМ ( z1 = a) и в конце участка (z1 = 3а)

ndash при z1 = 0 2x qaМ

ndash при z1 = э1z = a 2 2 21

152xM q a a a a qa

ndash при z1 = 3а 2 2 213 3 05

2xM q a a a a qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

II участок 20 z a Рассматривая правую отсеченную часть балки получим

05yQ P q a

График этой функции ndash прямая параллельная оси отсчета z (см рис 46б)

Изгибающий момент xМ в произвольном сечении участка

II с координатой 2z определяется выражением

2 21

2xM P q az z

93

Получили уравнение наклонной прямой которую можно построить вычислив значения изгибающего момента в начале (z2 = 0) и в конце (z2 = а) участка

ndash при 2z = 0 0xМ

ndash при 2z = а xМ = 05qa

Эпюра xМ показана на рис 46в

3) определяем размеры поперечного сечения балки Усло-вие прочности по нормальным напряжениям имеет вид (43)

maxmax

x

x

M

W (414)

где [] допускаемое напряжение которое для пластичного материала равно

т

т

240160

15n

МПа

xW момент сопротивления поперечного сечения

По эпюре xМ (см рис 46в) находим наиболее нагру-

женное сечение балки С

В этом сечении 2max 15 x xM M qa

2max 15 20 1 30xM кНм = 30 106 Нмм

Из формулы (414) находим требуемое значение момента сопротивления для поперечного сечения любой формы

max x

xM

W

те 6

5 3 330 101875 10 мм 1875 см

160xW

По ГОСТ 8239ndash89 выбираем двутавр 20 с моментом со-противления xW = 184 см3 (прил 4)

Проверим прочность балки по нормальным напряжениям

6

maxmax 3

30 10163 МПа

184 10x

x

M

W

Превышение max над допускаемым напряженном со-

ставляет

94

max

]

[ ] 163 160100 100 2

[ 160

Превышение напряжения допускается не более 5 по-этому окончательно выбираем двутавр 20 Площадь его по-перечного сечения F = 268 см2

Определим размеры прямоугольного сечения для которо-го момент сопротивления (прил 3) при 2h b определяется вы-ражением

2 23(2 ) 2

6 6 3xbh b b

W b

Из условия 31875 смxW получим

33 1875

655 см2

b

Принимая окончательно b = 66 см получим высоту 2 132h b см а площадь поперечного сечения составляет

66 132 8712F b h см2 Определим требуемый диаметр сплошного круглого по-

перечного сечения из условия 3

187532xD

W

см3

Получим 332 1875

1241D

см

Окончательно принимаем D = 125 см тогда площадь по-

перечного сечения будет равна 2 21 1125 1227

4 4F D см2

Рассмотрим поперечное сечение балки в форме кольца

с параметрами 07d

сD

В этом случае момент сопротивле-

ния равен (прил 3) 3 3

4 4 3(1 ) (1 07 ) 007532 32xD D

W c D

Удовлетворяя условию прочности получим что 30075 1875xW D см3

95

Внешний диаметр 31875

13580075

D см

Окончательно принимаем 136 смD тогда внутренний диаметр сечения d = cD = 07 middot 136 = 952 см Площадь по-

перечного сечения в этом случае составляет 2

2(1 )4

DF c

22136

(1 07 ) 7414

cм2

Наиболее рациональным считается поперечное сечение балки при котором вес балки будет минимальным Так как во всех четырех случаях рассматриваемых сечений общая длина балки и материал из которого она изготовлена не меняется то вес каждой балки будет пропорционален площади ее попереч-ного сечения В табл 42 приведены площади сечений для всех рассмотренных вариантов балок Максимальную площадь сече-ния имеет балка круглого поперечного сечения max 3F F

Таблица 42

Вид сечения Двутавр Прямоугольник Круг Кольцо сечения j 1 2 3 4

Fj см2 268 8712 1227 741

max

jF

F 022 071 1 06

Анализ полученных результатов (см табл 42) показыва-

ет что минимальный вес имеет балка с двутавровым попереч-ным сечением При этом по сравнению с балкой круглого попе-речного сечения (которая имеет максимальный вес) двутавровая балка почти в 5 раз легче при такой же прочности

Окончательно принимаем что наиболее рациональным для данной балки является двутавр 20 Все дальнейшие рас-четы проводим для этого сечения

4) проверяем принятое сечение по касательным напряже-ниям Используем формулу Д И Журавского (48)

max

max y x

x

Q S

J d (415)

где max yQ максимальное значение поперечной силы (берется

с эпюры yQ (см рис 46б) сечение В) xS ndash статический мо-

96

мент половины сечения двутавра xJ ndash момент инерции

d ndash толщина стенки двутавра (рис 47а) Значения xS xJ и d берутся из таблиц сортамента для

двутавра 20 (прил 4) Допускаемое напряжение на срез вычисляется по соотно-

шению

[ ] 06 [ ] 06 160 = 96 МПа

max yQ = 2qa = 2 middot 20 middot 1 = 40 кН = 40 middot103 Н

Для двутавра 20 (прил 4) h = 20 см = 200 мм d = 52 мм

xS = 104 см3 = 104 middot 105 мм3 xJ = 1840 см4 = 184 middot 107 мм4

После подстановки данных в (415) получим 3 5

max 7

40 10 104 10435

184 10 52

МПа

max 435 МПа lt = 96 МПа

Условие прочности по касательным напряжениям выполня-ется

5) построим эпюры нормальных и касательных напря-жений для опасных сечений В и С (см рис 45)

Рис 47

Максимальные напряжения в сечении С (рис 47а) равны

max 163 МПа

а) б) в)

97

Так как верхние волокна (вв) двутавра испытывают сжатие

вв = ndash 163 МПа (сжатый слой полки двутавра)

при этом нижние волокна (нв) испытывают растягивающие на-пряжения

нв = + 163 МПа (растянутый слой полки двутавра)

Эпюра изображена на рис 47б Для построения эпюры касательных напряжений опре-

делим их значения в сечении k k где стенка двутавра сопряга-ется с полками (рис 47а)

В формулу Д И Журавского (46) подставляется статиче-

ский момент пxS площади сечения полки пF двутавра относи-

тельно оси х

п п п

2 2xS уh t

F bt

где b t и h берем из таблиц ГОСТов на двутавр (прил 4)

b = 100 мм t = 84 мм

Таким образом п 3200 8 4100 84 80 472мм

2 2xS

Тогда 3

4

40 10 80472336

1840 10 52

МПа

Эпюра представлена на рис 46в где max 435 МПа

Балка с двутавровым сечением 20 удовлетворяет всем условиям прочности при заданных внешних нагрузках

43 Расчет балки на жесткость Задача 8 Для стальной балки определить прогибы в характерных

точках и построить приближенно упругую линию (изогнутую ось балки)

Балка имеет двутавровое поперечное сечение с размерами полученными при решении задачи 7 и нагружена в соответст-вии с расчетной схемой задачи 7

98

Определить приближенно максимальный прогиб y и срав-нить его с допускаемым [f] = 0002l где l ndash длина пролета (меж-опорного и консольного) в котором имеет место максимальный прогиб Если условие жесткости не выполняется подобрать раз-меры поперечного сечения из условия жесткости При решении использовать метод начальных параметров

Исходные данные принять по табл 41 полагая q = 10 Нмм P = qa m = Pa = qa2 a = 1 м = 1000 мм

Пример В соответствии с условиями задачи 7 выполнить расчет на жесткость стальной балки приведенной на рис 46а

Дано а = 1 м = 1000 мм q = 20 кНм = 20 Нмм m = 05qa2 = = 10 кНmiddotм = 10 middot 106 Нmiddotмм Р = 05qa = 10 кН = 10middot103 Н

Материал балки ndash сталь 20 модуль упругости Е = 2 middot10 5 МПа

В результате расчета данной балки на прочность (см пример задачи 6) уже известны опорные реакции YA и YB номер двутавра эпюры изгибающих моментов xM (повторено на рис 48аб)

Рис 48

а) б) в)

99

Решение 1) выбираем систему координат Начало координат со-

вмещаем с левым торцом А чтобы вся балка располагалась в положительном квадранте Так как распределенная нагрузка не доходит до конца балки то продляем ее до правого конца балки [1 2]

Одновременно на этом участке прикладываем компенси-рующую распределенную нагрузку q обратного знака (рис 48а)

2) запишем уравнение упругой линии оси балки для дан-ной схемы

2 3

0 0 3

4

3

0 0

3

4

24

( 3 )

2 6 6

( 3 )

24

x x x

A Ba

a

z z z

z

z

Y Y

q q

EJ y EJ y EJ z

z z z am

z a

(415)

Здесь y0 и θ0 ndash прогиб и угол поворота сечения в начале координат которые определяются из условий на опорах и назы-

ваются начальными параметрами прерыватель z ai указывает

что при вычислении прогиба в конкретном сечении учитывают-ся только те слагаемые для которых указанное неравенство (z gt ai) выполняется

3) определяем начальные параметры y0 и θ0 При 0z 0

Ay те

00y (точка А на рис 48а) так

как в начале координат расположена шарнирно-неподвижная опора балки

При 3z a 0B

y (точка В на рис 48а) так как в сече-

нии В также расположена опора (шарнирно-подвижная) Тогда из уравнения (415) приравняв правую часть нулю

при 3z a получим

2 2 4

0(3 ) (3 ) (3 )

2 2 24

0 3x A

a a aa m Y qEJ

или после подстановки значений нагрузок 2 3 4

20

(3 ) (3 ) (3 )0 3

2 6 24xа а a

EJ а qa qa q

100

Решая полученное уравнение относительно 0 получим 3

0 1875x

qa

EJ

Знак laquondashraquo показывает что сечение А поворачивается по ча-совой стрелке

После определения начальных параметров и подстановки значений m YA и YB уравнение (415) принимает вид

0 0 3

3

2 3

4 4

33 2 25

6

( 3 )

24 24

1( )

( 3 )0 1875

2 6

x

z z z a

z a

zqa qa

z z aq q

у zEJ

z z aqa z qa

4) строим приближенно упругую линию оси балки ис-пользуя уравнение упругой линии (416)

Для этого находим прогибы в характерных сечениях дан-ной балки

ndash при zС = a (сечение где изгибающий момент максимален) ndash при zK = 15а (в середине пролета АВ) ndash при zL = 4а (на конце консоли) ndash при Cz a

2 3 42

431 125

18752 6 24C

x x

a a a qay qa а qa qa q

EJ EJ

ndash при 15 Kz a

3 42

23

4

1 (15 ) (15 ) (15 )1875 15

2 6 24

1336

Kx

x

a a ay qa a qa qa q

EJ

qa

EJ

ndash при 4 Lz a

32

231 (4 ) (4 )

1875 42 6L

x

a ay qa a qa qa

EJ

(416)

101

3 4 4 4(4 3 ) (4 ) (4 3 ) 095925

6 24 24 x

a a a a a qaqa q q

EJ

Знак laquondashraquo указывает на то прогиб направлен вниз а знак laquo+raquo ndash прогиб направлен вверх

Форма упругой линии балки связана с эпюрой изгибаю-щих моментов дифференциальными соотношениями (49) Сле-довательно на участке где xM gt 0 выпуклость упругой линии

направлена вниз и наоборот где xM lt 0 выпуклость упругой

линии направлена вверх В сечении где 0xM упругая линия имеет точку пере-

гиба Упругая линия изображена в масштабе на рис 48в Для удобства при построении упругой линии балки введе-

но обозначение 4

x

qaK

EJ (см рис 48в)

5) проверяем балку по условию жесткости которое имеет вид (412)

max y f

Считая что в силу упругих свойств материала балки сече-ние в котором прогиб наибольший расположено близко к се-редине пролета балки принимаем max Ky y

Для двутавра 20 момент инерции равен 4 7 41840см 184 10 ммxJ

Подсчитаем численное значение Ky

max y 4 4

5 7

1 336 1 336 20 10007 26 мм

2 10 184 10K

x

q a y

EJ

Допускаемый прогиб [ f ] = 0002l м = 0002 middot 3 middot 103 = 6 мм Сравнение показывает что gtKy f те условие жестко-

сти не выполняется 6) подбираем сечение балки из условия жесткости для че-

го выражение определяющее max y в общем виде подставляем

в условие жесткости (412)

41 336

Kx

q ay f

EJ

102

и отсюда находим требуемое значение момента инерции сече-ния балки

4 47 4 4

5

1 336 1 336 20 10002 22 10 мм 2220 см

[ ] 2 10 6x

q a J

E f

По значению xJ из таблиц ГОСТ 8239ndash89 (прил 4) выби-

раем двутавр 22 для которого xJ = 2550 см4 xW = 232 см2

При этом значение максимального прогиба будет равно 4 4

max 5 7

1 336 1 336 20 10005 2 мм

2 10 255 10K

x

qa y y

EJ

что удовлетворяет условию жесткости Так как для двутавровой балки 22 момент сопротивле-

ния xW выше чем у двутавра 20 то условие прочности вы-

полняется а коэффициент запаса прочности будет nт 15

44 Расчет чугунной балки на прочность Задача 9 Чугунная балка нагруженная как показано на рис 49

имеет поперечное сечение вид которого выбирается в соответ-ствии с вариантом по табл 21

Требуется выполнить следующее 1) подобрать размеры поперечного сечения из условий

прочности по нормальным напряжениям 2) построить эпюры нормальных и касательных напря-

жений 3) проанализировать эпюру нормальных напряжений и

выбрать рациональное (с точки зрения прочности) расположе-ние поперечного сечения

Исходные данные взять из табл 41 для чугунной балки полагая

m = Pa = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

Коэффициент запаса прочности принять nв = 2

103

Рис 49 Пример В соответствии с условиями задачи 9 произвести

расчет на прочность чугунной балки (рис 410a) при Р = 2qa m = qa2 а = 1 м = 1000 мм q = 10 кНм = 10 Нмм

I

Р

q

m

а аа

VI

Р2а

q

2а

m

IV Р

q

m

а аа

IX

Ра

q

q m

аа

X

Р

а а

q m

2а

V

m

Р

q

а аа

VII

Р2а

q

q

аа

m

III

Ра а

q m

2а

VII

Р

2а

q

m

аа

II

Р

mq

2а

а

104

Материал балки ndash чугун СЧ15 имеющий механические характеристики (см табл 41)

ndash предел прочности на растяжение р = 120 МПа ndash предел прочности на сжатие сж = 500 МПа Балка имеет Т-образное поперечное сечение показанное

на рис 23 в п 22

Рис 410

Решение 1) в жестком защемлении А возникают реакция YA и изги-

бающий момент МА Так как балка консольная эпюры уQ и xM

можно построить не определяя опорные реакции МА и YA если при применении метода сечений на каждом участке рассматри-вать левую отсеченную часть балки на которую действуют из-вестные внешние нагрузки

I участок при 0 le z1 le a

уQ = P или уQ = 2qa

xM = Pz1 или xM = 2qaz1

при z1 = 0 xM = 0

при z1 = а xM = 2qa2

II участок при 0 le z2 le a

уQ Р или 2уQ qа

z

y

а) б) в)

105

xM = P(а + z2) + m или xM = 2qa(a + z2) + qa2

при z2 = 0 xM = 3qa2

при z2 = а xM = 5qa2

III участок при 0 le z3 le a

уQ = P ndash qz3 или уQ = 2qa ndash qz3

при z3 = 0 уQ = 2qa

при z3 = а уQ = qa

xM = P(2а+ z3)+ m ndash 23

1

2q z

или xM = 2qa(2a+ z3) + qa2 ndash 23

1

2q z

при z2 = 0 xM = 5qa2

при z2 = а xM = 65qa2

По найденным значениям строим эпюры уQ (рис 410б) и

xM (рис 410в)

На третьем участке эпюра xM является квадратичной па-

раболой Так как на этом участке 0уQ то на эпюре xM нет

экстремума в соответствии с дифференциальной зависимостью

[1 2] xу

dMQ

dz Эпюра xM направлена выпуклостью навстре-

чу распределенной нагрузке q Из анализа эпюры xM следует что наиболее нагружен-

ным является сечение А в защемлении где изгибающий момент достигает своего максимального значения

max xM = 65qa2 = 65 middot 10 middot 10002 = 65 middot 107 Нmiddotмм

2) поперечное сечение чугунной балки показано на рис 411а и является симметричным относительно оси у

Центр тяжести поперечного сечения (т С) определяется координатами 1 433у b и 2 767у b (см пример в п 22)

Момент инерции сечения 4492xJ b

Так как материал балки является хрупким то должны вы-полняться два условия прочности (45) Из анализа эпюры xM

(рис 410в) следует что для сечения А в точках K1 (рис 411а)

106

возникают сжимающие а в точках K2 ndash растягивающие напря-жения те сж 1 y у а р 2y у

Рис 411

3) Выполняем проектировочный расчет Условия прочности (45) принимают вид ndash на растяжение

maxmax р р р

x

x

Mу

J

(417)

ndash на сжатие

maxmax сж сж сж

x

x

Mу

J (418)

Здесь допускаемые напряжения на растяжение и сжатие соответственно равны

рв

рв

12060

2n

МПа

сжсж

в

500250

2n

МПа

Рассмотрим условие прочности на растяжение (417)

а) б)

107

max р рmax

4767

492 4 x

Mb

b

откуда следует что

3max

р

765 10 767 2563492 4 60492 4

xM

b

мм

Из условия прочности на сжатие получим

max4 сж

433492 4

xMb

b

откуда

7max 33

cж

65 10433 433

4924[ ] 4924 250хM

b

= 132 мм

Из двух полученных значения размера поперечного сече-ния b выбираем наибольший те окончательно принимаем b = 256 мм Геометрические характеристики сечения (см рис 411) при этом равны

JХ = 492b 4 = 492 middot 256 4 = 2113 middot 10 7 мм 4

сж 1 433 433 256 1108ммy у b

р 2 767 767 256 1964 ммy у b

4) для построения эпюры нормальных напряжений вычис-ляем

ndash максимальные растягивающие напряжения (417) 7

maxmax р 7р

65 101964 60 МПа

2113 10x

хMу

J

ndash максимальные сжимающие напряжения (418) 7

maxmax сж 7сж

65 101108 341 МПа

2113 10x

хMу

J

Эпюра нормальных напряжений показана на рис 411б

108

Так как величина касательных напряжений в поперечных сечениях обычно является малой то расчет по касательным на-пряжениям не выполняем

5) проанализируем эпюру нормальных напряжений σ (см рис 411б) при заданном расположении поперечного сечения Из эпюры следует что верхние сжатые волокна сечения суще-ственно недогружены

Так как хрупкий материал на сжатие работает лучше чем

на растяжение сж р то предложенное расположение

сечения является нерациональным Для рационального расположения поперечного сечения не-

обходимо обеспечить выполнение условия сж рgt y у при котором

в наиболее удаленных от оси х волокнах будут возникать макси-мальные сжимающие напряжения Для этого поперечное сече-ние показанное на рис 411а необходимо повернуть на 180 ordm (рис 412а)

Рис 412

При этом сжy = 767b рy = 433b

Запишем условия прочности (417) и (418) для сечения повернутого на 180ordm

maxmax 4р р433

492хM

bb

откуда после подстановки данных следует

а) б)

109

73 433 65 10

21492 60

b

мм

В этом случае наибольшие сжимающие напряжения равны

7max

max 4 3сж65 10 767

767492 492 21

109 МПа lt 250 МПаC

хMb

b

Условие прочности выполняется Для перевернутого положения сечения окончательно при-

нимаем b = 21 мм Геометрические характеристики сечения в этом случае

будут равны

xJ = 9569 middot 107 мм 4 рy = 91 мм сжy = 161 мм

Максимальные сжимающие и растягивающие нормальные напряжения равны соответственно

7

max 7сж65 10

161 109 МПа957 10

7

max 7р65 10

91 60 МПа957 10

Эпюра нормальных напряжений для рационального положе-ния поперечного сечения (см рис 412а) показана на рис 412б

Из эпюры следует что в этом случае происходит догрузка сжатой части сечения Кроме того при таком расположении се-чения уменьшается погонный вес балки который определяется площадью поперечного сечения

Если поперечное сечение расположено как показано на рис 411а то площадь поперечного сечения балки будет со-ставлять

F = 2b 10b + 2b 8b = 36b 2 = 36 2562 = 232 cм2

При рациональном расположении поперечного сечения (см рис 412а) его площадь равна

2 2рац 36 36 21 159F b cм2

110

Таким образом при рациональном расположении попе-

речного сечения вес балки уменьшается в рац

2320146

1590

F

F

раза те на 46 П р и м е ч а н и е Если дополнительно к условиям прочности бал-

ки требуется выполнить условие жесткости (412) то для балки (рис 410а) при рациональном расположении поперечного сечения (рис 412а) необходимо построить упругую линию балки методом на-чальных параметров аналогично задаче 7 При этом для сокращения объ-ема вычислений расчетную схему балки (рис 410а) следует располо-жить так как показано на рис 413

Рис 413

В этом случае в сечении А при z = 0 начальные параметры

в универсальном уравнении упругой линии (410) равны нулю те 0 0у так как это сечение жестко защемлено В этом

случае расчет для построения уравнения (410) существенно уп-рощается

45 Расчет статически неопределимой балки Задача 10 Для стальной статически неопределимой балки нагру-

женной в соответствии с расчетной схемой (рис 414) выпол-нить проектировочный расчет те из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать размеры поперечного се-чения двутаврового профиля определить прогиб сечения K или угол поворота сечения L балки

111

Рис 414

VI

Р1

а

q1

а

К

I

q1 m2

аа

L

2а

q1

К

а

m1

II VII

Р2

а

q2

аа

L

VIIIII

L

а а

q1 m2

L

2а 2а

q2 m1

IV q1 m1

ааа

К

IX

Р1

q1

аа а

К

X

q1

ааа

К

Р2 m2

V

q1

а2а

К

112

Пример В соответствии с условиями задачи 9 выпол-нить расчет статически неопределимой балки изображенной на рис 415а Для расчета принять значения исходных данных

q = 20 кНм а = 16 м

Р = qа m = Ра = qа2 кНм

σт = 480 МПа Е = 2 10 5 МПа

Исходные данные для расчета принять по табл 43 по-лагая

m = Pa = qa2 P = qa q = 10 кНм a = 1 м

Материал балки ndash сталь 20Х Коэффициент запаса прочности nт = 15 модуль уп-

ругости первого рода Е = 2 105 МПа предел текучести σт = = 480 МПа

Плоскость действия сил совпадает с осью наибольшей же-сткости поперечного сечения балки

Таблица 43

Номер строки

Схема по рис 414

m1 m2 P1 P2 q1 q2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

m 2m m

2m m m

2m m m

2m

2m m 2m 2m m m m 2m m m

P P

2P P

2P P P P

2P P

2P P 2P 2P P P 2P P P P

q q q q

2q 2q 2q q q

2q

q 2q 2q q q q q q q q

Буква шифра

а б а г

113

Рис 415

а) б) в) г) д) е) ж)

и) к) л)

114

Рис 415 Окончание

м) н) п) р) с)

т) у)

115

Решение 1) определяем степень статической неопределимости

балки n На балку наложены х = 4 связи система плоская сле-довательно можно составить только N = 3 уравнения равно-весия

Степень статической неопределимости балки n = x ndash N = = 4 ndash 3 = 1 те система один раз статически неопределима

2) выберем основную систему которая получается из ис-ходной путем отбрасывания laquoлишнихraquo связей с точки зрения равновесия Основная система должна быть кинематически неизменяемой и статически определимой [1] Принимаем ос-новную систему которая получается путем врезания на опору B шарнира и приложением момента Х1 заменяющего отброшен-ную связь между соседними пролетами (рис 415б)

3) построим для основной системы (ОС) эпюру изгибаю-щего момента РМ от действия внешних сил для чего вначале определяем реакции в опорах для левой и правой частей балки (рис 415вд) а затем методом сечений строим эпюру РМ (рис 415ге)

4) построим в основной системе эпюры изгибающего мо-мента от единичных моментов по направлению лишнего неиз-вестного Х1 (рис 415и)

5) запишем систему канонических уравнений метода сил [1]

1

0 1 2 n

i k k i Pk

х i n (419)

где ik ndash перемещение по направлению i-го силового фактора

под действием единичного фактора Хk = 1 iP ndash перемещение

по направлению i-го силового фактора под действием внешних сил n ndash степень статической неопределимости

Если система один раз статически неопределима как это имеет место в нашей задаче то каноническое уравнение (419) имеет вид

δ11Х1 + δ1Р = 0 (420)

6) определяем δ1Р и δ11 используя способ Верещагина [1]

1

m j jik

j x j

h

EJ

(421)

116

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры моментов от внешних за-данных сил (грузовая эпюра) hj ndash ордината единичной эпюры j-го участка лежащая под центром тяжести грузовой эпюры x jEJ ndash жесткость на изгиб j-го участка m ndash число участков

Если грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов лежат по одну сторону от оси эпюры на j-м участке то перед j-м слагаемым в данной формуле ставится знак laquo+raquo и наоборот если по разные стороны то ставится знак laquondashraquo

Если на данном участке ни одна из перемножаемых эпюр не является прямолинейной но одна из них или обе ограни-чены ломаными прямыми линиями то в этих случаях эпюры предварительно разбивают на такие участки в пределах каждого из которых по крайней мере одна эпюра прямоли-нейна

Если на данном участке эпюра имеет сложный вид то она разбивается на элементарные фигуры прямоугольник треугольник параболический треугольник и тд для кото- рых величина площади j и положение центра тяжести из-

вестны и производится laquoперемножениеraquo элементарных фигур (табл 44)

Таблица 44

Геометрическая фигура (эпюра изгибающих

моментов)

Площадь Ω

Координата центра

тяжести z Примечание

1 2 3 4

hl 1

2l

1

2hl

1

3l

z l

h

z l

h

117

Окончание табл 44

1 2 3 4

hl3

1 l4

1 2

2

1qlh

hl3

2 l

2

1 2

8

1qlh

П р и м е ч а н и е q интенсивность распределенной внешней нагрузки на участке длиной l

Определяем δ1Р как произведение площадей эпюр 415ге на

ординаты взятые с эпюры 415и каждый раз под центром тяже-сти эпюр 415 ге

1 1 1 2 2 3 3 4 4

2 2 2 2

1

1 1 5 1 1 2 1 1 1 2 1 1

2 6 2 4 3 2 4 3 3 8 4

Px

x

h h h hEJ

qa a qa a qa a qa aEJ

313

48 x

qa

EJ

Найдем δ11 перемножая эпюру M1 саму на себя те берем составляющие площади эпюры (рис 415и) и умножаем на ор-динаты проходящие через центр тяжести площадей той же эпюры (см рис 415и)

111 1 2 4

1 2 22 3 3x x

aa

EJ EJ

Здесь учтено что единичная эпюра M1 (см рис 415и) яв-ляется симметричной поэтому перемножение выполняется на одном участке а результат удваивается

zl

h

Квадратичная парабола

l

h

Квадратичная парабола

z=l2

118

7) решая каноническое уравнение (420) находим 3

1 21

11

313 13

48 4 64P x

x

EJqaХ qa

EJ a

Знак laquo+raquo указывает на то что направление Х1 первона-чально выбрано правильно

8) построим эпюры уQ и xM известными приемами от-

дельно для левого и правого пролетов и сочленим соответст-вующие эпюры обоих пролетов (рис 415лм) предварительно определив реакции в опорах (рис 415к) При построении эпюры xM целесообразно использовать принцип суперпозиций

xM = МР + Мi х i + hellip + Мn хn (422)

где MР ndash эпюра изгибающего момента от действия внешних сил (в нашем случае эпюры на рис 415г е iM ndash эпюра изгибаю-

щего момента от действия единичной силы в направлении неиз-вестной Хi (в нашем случае эпюра на рис 415и) Здесь Хi ndash зна-чение i-го лишнего неизвестного

Из эпюры xM следует что 2max

51

64M qa

9) сделаем деформационную проверку которая заключа-ется в определении перемещений в заданной системе значения известны и в данном случае равны нулю

Для этого выбираем новую основную систему (рис 415н) с новым лишним неизвестным F bh и вычисляем перемеще-

ние в точке С по направлению F bh Так как в С располо-

жена опора то перемещение С должно быть равно нулю По

формуле Верещагина [1]

j

1

jm k

Сj x j

h

EJ

(423)

где Ωj ndash площадь j-го участка эпюры результирующего изги-бающего момента xM полученного в результате раскрытия

статической неопределимости системы (рис 415 м) jkh ndash ор-

дината эпюры изгибающего момента от единичной силы F bh = 1 в новой основной системе лежащая под центром тя-жести эпюры результирующего изгибающего момента xM

119

В нашем примере за новую основную систему принимаем систему получающуюся из исходной путем отбрасывания пра-вой опоры С

В качестве новой лишней неизвестной принимается реак-ция опоры С (рис 415н)

На рис 415п показана эпюра изгибающего момента от

единичной силы 1Х по направлению лишнего неизвестного

2 3 0

Как было показано эпюра результирующего изгибающего момента xM может быть определена по принципу суперпози-

ций (422) Поэтому при проведении деформационной проверки целесообразно производить вначале перемножение эпюры РМ на эпюру изгибающего момента от единичной силы по направ-лению лишнего неизвестного 2 3 0 затем перемножение

эпюр от единичных сил по направлению лишних неизвестных Хi на эпюру от единичной силы по направлению лишней неиз-вестной Хk

и на величину лишней неизвестной Хi результаты перемножения сложить

В нашем примере получим

2 2 21

2 42

1 1 5 1 1 4 1 1 2[( ) ( ) ( )

2 3 2 4 3 2 4 3

2 1 1 2 13 5 5( ) 2(1 2 2 ) ] [ ] 03 8 2 2 3 64 6 6

x

x

qa a a qa a a qa a aEJ

qa qaa a a a qa

EI

10) запишем условие прочности (44) для балки

maxmax [ ]x

x

M

W

где

т

n

480 320 МПа

15n

Из условия прочности находим

max2 2 6

3

51 51 20 16 10127

[ ] 64[ ] 64 320 10x

xM qa

W

см3

120

По сортаменту (прил 4) подбираем номер двутавра

( 18) для которого xW = 143 см3 41290 см xJ

11) определяем угол поворота сечения L Для этого при-ложим в основной системе единичный внешний изгибающий момент в сечении L (рис 415р) и строим эпюру изгибающего момента 1M (рис 415с) от действия этого момента Поскольку

эпюра 1М имеется только на левом пролете балки разобьем эпюру результирующего момента xM (см рис 415л) на левом

пролете на элементарные фигуры и перемножим эпюры 1М и

xM по правилу Верещагина При разбиении эпюры xM на вто-

ром участке площадь не заштрихованного треугольника Ωprime при-

бавляется к площади 2u k причем считается что треугольник

с площадью Ω2 + Ωprime целиком лежит выше оси эпюры В результате получим

2 2 2

3

1 1 2 2 3 31

( )

1 1 13 2 1 1 13 2 1 1 51 1 1

2 128 3 2 2 128 3 2 2 64 3 2

17

256

L h h hE Jx

qa а qa a qa aEJx

qa

E Jx

Подставив в выражение для L значения q a E Jx получим 3 9

35 4

17 20 16 1021 10

256 2 10 1290 10L

рад

Переводя радианы в градусы получим 321 10 180

012 L

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение L (рис 415а) пово-рачивается против часовой стрелки

12) определяем прогиб сечения K балки Для этого в основной системе в сечении K приложим еди-

ничную силу в направлении искомого прогиба (рис 415т) и построим эпюру 1M (рис 415 у)

121

А далее аналогично тому как это делали при определении угла поворота сечения разбиваем для правого пролета балки эпюру результирующего момента (см рис 415 м) на элемен-тарные фигуры и перемножаем эпюры xM и 1M по правилу Ве-

рещагина В результате получим

4 4 5 5 6 6 7 7

2 2

22

4

1 13 1 1 1 45 2 1

2 64 3 2 2 128 3 2

1 45 2 1 2 1

22 128 3 2 3 8 2

119

128 6

1( )

1

x

x

x

K

a

h h h hEJ

qa a а qa a a

E J qaqa a a a

qa

E J

Подставив в выражение для K числовые значения по-лучим

4 12

5 4787

119 20 16 10

128 6 2 10 1290 10KK y

мм

Знак laquo+raquo указывает на то что сечение K (рис 415а) пе-ремещается вверх

П р и м е ч а н и е При раскрытии статической неопределимости балок кроме метода сил можно применять и другие способы Например для выбранной основной статически определимой системы для записи уравнений совместности деформаций можно использовать метод началь-ных параметров

Контрольные вопросы

1 Какой вид нагружения называется изгибом 2 Как определяются поперечные силы и изгибающие мо-

менты в поперечном сечении балки 3 Какое нагружение балки называется плоским изгибом 4 Сформулируйте правило знаков для поперечной силы yQ

5 Сформулируйте правило знаков для изгибающего мо-мента xM

6 Для чего строят эпюры внутренних силовых факторов 7 Запишите дифференциальные состояния между внут-

ренними силовыми факторами при изгибе

122

8 Сформулируйте свойства эпюры yQ

9 Сформулируйте свойства эпюры xM

10 Запишите формулу для определения нормальных на-пряжений при изгибе

11 Постройте эпюру нормальных напряжений при изгибе по высоте поперечного сечения балки

12 Запишите формулу Журавского 13 Постройте эпюру касательных напряжений по высоте

сечения балки 14 Сформулируйте условия прочности по нормальным

напряжениям для пластичных и хрупких материалов 15 Сформулируйте условие прочности по касательным

напряжениям 16 Назовите основные этапы расчета на прочность балок

при изгибе 17 Что называется упругой линией балки 18 Запишите дифференциальное уравнение упругой ли-

нии балки 19 Перечислите основные методы определения переме-

щений при изгибе балок 20 Запишите уравнения для прогибов и углов поворота

методом начальных параметров 21 Объясните физический смысл начальных параметров

Как они определяются 22 Изложите порядок расчета прогибов методом началь-

ных параметров 23 Запишите условие жесткости для балки 24 Какие балки называются статически неопредилимыми 25 Запишите систему канонических уравнений метода

сил Объясните физический смысл коэффициентов в уравнени-ях метода сил

26 Изложите порядок расчета статически неопределимых систем методом сил

27 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальными если балка изготовлена из пластичного материала

28 Какие поперечные сечения следует считать рацио-нальным если балка изготовлена из хрупкого материала

123

Глава 5

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ

51 Основные соотношения В инженерной практике встречаются более сложные слу-

чаи нагружения когда в поперечных сечениях элемента конст-рукции одновременно действуют несколько внутренних сило-вых факторов В таких случаях говорят что элемент конструкции испытывает сложное сопротивление [1 2]

При сложном сопротивлении расчеты на жесткость и прочность основываются на принципе суперпозиций

Большинство задач обычно решается в такой последова-тельности

1 Определяются опорные реакции для заданной расчет-ной схемы

2 Внешние нагрузки включая опорные реакции проекти-руются на две главные плоскости проходящие через ось элемента конструкции и главные оси инерции поперечного сечения

3 Строят эпюры внутренних силовых факторов в главных плоскостях

4 Исходя из эпюр внутренних силовых факторов наме-чают сечения элемента которые могут оказаться опасными (се-чения в которых внутренние силовые факторы принимают мак-симальные значения)

5 Для этих сечений выясняют законы распределения на-пряжений по сечению и устанавливают наиболее нагружение точки и тип напряженного состояния в этих точках

6 Перемещения вычисляются от каждого внутреннего си-лового фактора а затем геометрически определяются суммар-ные перемещения и если требуется проверяется условие жест-кости

Далее рассмотрены наиболее часто встречающиеся виды сложного сопротивления

52 Пространственный изгиб

Пространственным изгибом называют такой случай из-гиба балки при котором в поперечных сечениях действуют из-

124

гибающие моменты хМ уМ и перерезывающие силы yQ хQ

Так как касательные напряжения от перерезывающих сил явля-ются малыми то их можно в расчетах на прочность не учиты-вать Основными внутренними факторами в произвольном се-чении балки являются изгибающие моменты эпюры которых строим методом сечений [1] в вертикальной плоскости (z0y) строим эпюру хМ а в горизонтальной плоскости (z0х) строим

эпюру уМ

Покажем это на примере балки с прямоугольным попе-речным сечением (рис 51)

Рис 51

Результирующие нормальные напряжения в произвольной

точке А поперечного сечения с координатами х и у определяют-ся по принципу суперпозиций с учетом их знака (рис 51)

( ) ( )х уМ М (51)

где ( )хМ и ( )уМ minus нормальные напряжения от изгибающих

моментов хМ и уМ соответственно которые вычисляются

по формулам

( ) хх

x

ММ y

J ( ) y

yy

ММ x

J (52)

Здесь xJ и yJ minus моменты инерции сечения относительно

его главных центральных осей х и у соответственно

125

Анализ распределения нормальных напряжений по попе-речному сечению показывает что для сечений с угловыми точ-ками именно угловые точки являются наиболее нагруженными В угловых точках 1 2 3 4 (рис 51) нормальные напряжения с учетом (52) определяются выражениями

yх

x y

ММ

W W (53)

где xW yW minus моменты сопротивления сечения балки Знаки

в (53) определяются по сжатому волокну балки для растяну-тых волокон laquo+raquo для сжатых laquominusraquo Для показанных на рис 51 направлений хМ и уМ возле угловых точек показаны знаки

в формуле (53) верхний знак соответствует хМ а нижний уМ

Нейтральной линией в поперечном сечении называется прямая линия на которой нормальные напряжения (51) равны нулю

Нейтральная линия (нл) проходит через центр тяжести поперечного сечения а ее положение определяется углом на-клона к оси х Угол ее наклона вычисляется из соотношения

tg yx

y х

МJ

J М (54)

и откладывается от оси х по часовой стрелке (рис 51) Наибо-лее нагруженными являются точки сечения наиболее удален-ные от нейтральной линии те точки 2 и 4 (рис 51)

Таким образом величина максимальных нормальных на-пряжений определяется выражением

maxух

x у

ММ

W W (55)

а условие прочности для балки из пластичных материалов име-ет вид (12) те

max ух

x у

ММ

W W (56)

где minus допускаемые напряжения для материала балки

126

Если балка изготовлена из хрупкого материала то необ-ходимо записать два условия прочности (13) max р р и

max сж сж

Прогибы для произвольного сечения K балки определяют-ся любым методом (например методом начальных параметров)

в плоскости z0y yf и плоскости z0х хf

Результирующий прогиб f определяется путем векторного сложения прогибов хf и уf (рис 52)

2 2x yf f f (57)

Рис 52

Вычисляя результирующий прогиб в различных сечениях

балки можно построить изогнутую ось балки которая будет являться пространственной кривой

53 Косой изгиб Косым изгибом называется такой случай изгиба балки

при котором плоскость действия изгибающего момента (сило-вая плоскость) не совпадает ни с одной из главных осей попе-речного сечения балки (рис 53) Косой изгиб можно считать частным случаем пространственного изгиба

127

Рис 53 Раскладывая изгибающий момент М на составляющие

моменты относительно осей х и у получим

sin cosх уМ М М М (58)

Далее расчет ведется в соответствии с п 51 по формулам (51)minus(57)

Существенной особенностью косого изгиба является то что нейтральная линия не перпендикулярна силовой линии Та-ким образом можно сказать что балка laquoпредпочитаетraquo изги-баться не в плоскости действия внешнего изгибающего момен-та а в некоторой другой плоскости в которой жесткость на изгиб будет меньше Поэтому нейтральная линия повернута в сторону оси относительно которой момент инерции является наименьшим

54 Изгиб с растяжением и сжатием При действии изгиба с растяжением и сжатием в соответ-

ствии с принципом суперпозиций нормальные напряжения рас-считываются как

( ) ( ) ( )х уN М М (59)

те для произвольной точки поперечного сечения получим

а) б)

128

ух

x у

ММNу х

F J J (510)

Здесь значения внутренних силовых факторов N хМ уМ

определяются по их эпюрам с учетом фактического знака на-пряжений

Если поперечное сечение имеет выступающие углы то в них аналогично п 52 нормальные напряжения определяются выражением

ух

x у

ММN

F W W (511)

Дальнейший расчет на прочность выполняется аналогично п 51

Частным случаем изгиба с растяжением и сжатием являет-ся внецентренное растяжение ndash сжатие Рассмотрим случай внецентренного растяжения прямого стержня к которому в точке K приложена сила Р параллельная продольной оси z (рис 54) Начало координат (т 0) расположено в центре тяже-сти поперечного сечения стержня площадью F

Рис 54

Координаты рх и ру характеризует эксцентриситет точки

приложения силы Р Точка K называется полюсом силы

129

При указанном нагружении в произвольном поперечном сечении стержня возникают следующие внутренние силовые факторы

ndash продольная сила N P (512) ndash изгибающие моменты относительно осей х и у

х p y pМ Рy М Px (513)

Нормальное напряжение в соответствии с принципом су-перпозиций вычисляется по формуле (510) которая с учетом (512) и (513) принимает вид

1 p p

y x

хх yyР

F J J

или

2 21 p p

y x

хх yyР

F i i

(514)

Здесь х yi i ndash радиусы инерции поперечного сечения

(210) х и у ndash координаты произвольной точки поперечного се-чения в которой вычисляется нормальное напряжение

Для определения положения нейтральной линии в (514) следует положить 0 Уравнение нейтральной линии при этом принимает вид

2 21 0p p

y x

х yх у

i i (515)

Уравнение (515) является уравнением прямой которое записывается в виде

1х у

х y

а а (516)

Здесь введены обозначения 2 2

1y хх у

р р

i iа а

х у (517)

130

имеющие следующий геометрический смысл их уа а ndash от-

резки отсекаемые нейтральной линией которая является пря-мой на осях х и у соответственно

Таким образом для построения нейтральной необходимо по заданным координатам полюса ( pх pу ) и геометрическим

характеристикам ( х yi i ) поперечного сечения вычислить от-

резки х уа а с учетом их знака и построить прямую проходя-

щую через их концы Из (517) следует что нейтральная линия проходит через квадрант поперечного сечения противополож-ный полюсу K (рис 54) и ее положение не зависит от величи-ны приложенного усилия Р Положение нейтральной линии (нл) показано на рис 54б

Нейтральная линия делит сечение на две части в одной части напряжения сжимающие ( lt 0 ) в другой ndash растяги-вающие ( 0 ) на нейтральной линии σ = 0 В большей степе-ни нагруженными являются точки которые наиболее удалены от нейтральной линии На рис 54 б показана наиболее уда-ленная точка А с координатами иА Ах у Прямая nndashn парал-лельна нейтральной линии

Величина максимальных напряжений возникающих при внецентренном растяжении определяется по формуле (514)

max 2 21 A p A p

y x

х х y yР

F i i

(517)

Координаты плюса K ( pх pу ) и точки А ( А Ах у ) а также

значение силы Р представляются в (517) с учетом их знака Условия прочности для пластичных материалов записыва-

ется в виде (112) а для хрупких материалов ndash в виде (113) При внецентренном растяжении (сжатии) вводят понятие

ядра сечения Ядром сечения называют геометрическое место полюсов

силы для которых во всем поперечном сечении стержня возни-кают нормальные напряжения одного знака (либо сжимающие либо растягивающие)

Таким свойством сечение будет обладать только в том слу-чае если нейтральная линия касается внешнего контура попе-

131

речного сечения Поэтому для построения ядра сечения необ-ходимо laquoобкатыватьraquo нейтральную линию вокруг внешнего контура сечения [1] Доказано что ядро сечения образует об-ласть содержащую внутри себя центр тяжести поперечного сечения

В качестве примера на рис 55 показано ядро сечения для прямоугольного профиля размером b h

Рис 55

В этом случае ядро сечения является ромбом (на рис 55

оно заштриховано) содержащим центр тяжести С сечения Точ-ки 1 2 3 4 ядра соответствуют положениям нейтральной линии 1ndash1 2ndash2 3ndash3 и 4ndash4 которая касается внешнего контура попе-речного сечения При повороте нейтральной линии вокруг уг-ловой точки сечения граница ядра является прямой Например при повороте нейтральной линии 1ndash1 относительно угла сече-ния I в положение 2ndash2 получим границу ядра 1ndash2 и тд

Построение ядра сечения обычно выполняют для стерж-ней изготовленных из хрупких материалов работающих на сжатие В этом случае если сжимающую нагрузку приклады-вать в ядре сечения то по всему сечению будут возникать толь-ко сжимающие напряжения Это существенно повышает несу-щую способность конструкции

132

55 Расчет на прочность при пространственном изгибе

Задача 11 Балка прямоугольного поперечного сечения нагружена

двумя одинаковыми сосредоточенными силами Р в главных плоскостях в соответствии с рис 56

Рис 56

133

В точке А сила действует вертикально в точке В ndash гори-зонтально

Требуется 1) из условия прочности по нормальным напряжениям оп-

ределить требуемые размеры поперечного сечения 2) построить пространственную эпюру нормальных на-

пряжений для опасного сечения балки 3) определить величину и направление полного прогиба f

в сечениях А и В построить в этих сечениях схемы линейных перемещений

Исходные данные для расчета принять по табл 51 Материал балки ndash деревопластик модуль упругости Е =

= 1104 МПа допускаемые напряжения [σ] = 8 МПа

Таблица 51

Номер строки

Схема по рис 56

Р кН l м h

nb

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IX X

8 2 3 4 5 6 7 8 6

10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

22 24 16 14 15 16 25 18 19 20

Буква шифра а б в г

Пример В соответствии с условиями задачи 11 выпол-

нить расчет на пространственный изгиб балки нагруженной как показано на рис 57

Исходные данные Р = 10 кН отношение сторон поперечного сечения балки

2h

nb

l = 3 м [] = 8 МПа Е = 1 104 МПа

Балка испытывает пространственный изгиб При решении задачи используем принцип независимости действия сил в со-ответствии с п 51

134

Рис 57

Выбираем пространственную систему координат xуz

(рис 57) Каждая сила в отдельности вызывает плоский попе-речный изгиб Поэтому действие каждой силы рассмотрим от-дельно

Решение 1) строим эпюру изгибающих моментов в вертикальной

плоскости yCz (рис 57б) Определим опорные реакции CY

и DY В силу симметрии действующей нагрузки и расчетной

а) б) в)

г)

д)

135

схемы опорные реакции в опорах С и D совпадают по направ-лению и равны

05C DY Y P

Уравнения изгибающих моментов на первом и втором участках имеют вид

IхМ = CY zI при 0 zI 05l

IIхМ = DY zII при 0 zII 05l

Для первого участка

ndash при zI = 0 I 0хМ

ndash при zI = 05 l IхМ = (P2) 05 l = 025Pl

Эпюра изгибающих моментов хМ симметрична и пред-

ставлена на рис 57в 2) строим эпюру изгибающих моментов в горизонтальной

плоскости хСz (рис 57г) Определяем опорные реакции CХ и DХ

Σ mom C = 0 ndash Pl3 + DХ l = 0 DХ = P3

Σ mom D = 0 ndash CХ l + P middot2l3= 0 CХ = 2P3

При zI = l3 IхМ = (P2)l3 = 0167Pl

Уравнения изгибающих моментов My

IуМ = CХ zI = 2P3middot zI при 0 zI l3

ndash при zI = 0 I 0уМ

ndash при zI = l3 Iу ВМ = (2 P3) (l3) = 2 Pl9 = 0222 Pl

уМ II = DХ zII при 0 zII 2l3

ndash при zII = 0 уМ II = 0

ndash при zII = 05l уМ II A = (P3)( 05l) = 0167Pl

ndash при zII = 2l3 уМ I B = (P3)(2l3) = 0222Pl

Эпюра уМ представлена на рис 57д

136

3) определяем размеры поперечного сечения Опасное со-стояние возникает в сечении где хМ и уМ одновременно ве-

лики те это может быть сечение А или В (рис 57а) Условие прочности в случае пространственного изгиба

имеет вид (56)

max [ ]x

yx

y

MM

W W

Здесь хW и yW ndash моменты сопротивления сечения относи-

тельно осей х и у которые для прямоугольного поперечного се-

чения определяется выражениями 2

6x

bhW

2

6yhb

W

Используя соотношение hb = n получим

2 2 3

6 6x

b nb n bW

2 3

6 6y

nb b nbW

те x yW nW

Подставив значение 3

6ynb

W в условие прочности окон-

чательно получим

3 2

6( )x yM nMb

n

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности для сечения А Изгибающие моменты хАМ и уАМ

определяем из эпюры рис 57вд

хАМ = 025Pl = 025 middot 10 middot 3 = 75 кНм

уАМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

6

332 2

6( ) 6(75 2 501) 10148мм 148 см

2 8

xA yAM nMb

n

h = 2b = 148 middot 2 = 296 см

Определим размеры поперечного сечения из условия прочности сечения В Изгибающие моменты xBM и уBM берут

из эпюры рис 57вд

137

хВМ = 0167Pl = 0167 middot 10 middot 3 = 501 кНм

уВМ = 0222Pl = 0222 middot 10 middot 3 = 666 кНм

6

332 2

6( ) 6(501 2 666) 10151 мм 151см

2 8

xВ yAВM nMb

n

b = 151 см h = 2b = 151middot2 = 302 см

Из двух найденных значений h и b для сечений А и В при-нимаем наибольшие значения h и b округлив их до целых вели-чин h = 30 см b = 15 см

Проверим выполнение условия прочности балки в сечении В

maxyBxB

Bx y

MM

W W

Моменты сопротивления сечения 2 215 30

22506 6x

bhW

см3

2 230 151125

6 6yhb

W

см3

Величина максимальных напряжений

6 6

max 3 3

501 10 666 10815 МПа gt

2250 10 1125 10B

Процент перегрузки равен

max 100 [ ]

815 8100 2 5

8

что допускается Окончательно принимаем h = 30 см b = 15 см 4) строим эпюру нормальных напряжений в опасном сече-

нии В используя принцип независимости действия сил в соот-ветствии с которым нормальное напряжение равно (51)

= ( xM ) + ( уM )

Эпюру нормальных напряжений σ в сечении В получим наложением эпюр B ( xM ) и B (Мy) Чтобы построить эпюры

138

B ( xM ) и B ( уM ) достаточно определить напряжения в угло-

вых точках 1 2 3 4 сечения (рис 51) 6

12 3

501 10( ) 223 МПа

2250 10х

хх

ММ

W

34( ) 223 МПахх

х

ММ

W

6

23 3

666 10( ) 5922 МПа

1125 10

уу

у

ММ

W

14( ) 592 МПауу

у

ММ

W

Эпюры нормальных напряжений σВ( хM ) и σВ( уM ) пред-

ставлены на рис 58а б

Рис 58

Суммарные нормальные напряжения σ в угловых точках

поперечного сечения вычисляем по формулам (53)

σ1 = ndash 223 + 592 = + 369 МПа

σ2 = ndash 223 ndash 592 = ndash 815 МПа

σ3 = + 223 ndash 592 = ndash 369 МПа

σ4 = + 223 + 592 = + 815 МПа

а) б)

139

Эпюра суммарных напряжений показана на рис 59 5) определяем положение нейтральной линии в опасном

сечении В Положение нейтральной линии определяется углом ко-

торый вычисляется из соотношения (54)

tg yB x

xB y

M J

M J

3 3

12 12x ybh h b

J J

23 2

32

2 2

12

12x

y

nbJ bh hn

J hb b b

где n задано по условию соотношение сторон

Тогда 2 20222tg

01672yB

xB

M Pln

M Pl = 5317

arctg( 5317) 79 Знак laquondashraquo показывает что нейтральная и силовая линии про-

ходят через разные квадранты поперечного сечения (рис 59)

Рис 59

Угол α отсчитывается от оси х

140

Нейтральная линия отделяет зону сжатых волокон от зоны растянутых

6) определяем полные линейные перемещения в сечениях А и В (те прогибы fA и fB) по формуле (57)

2 2 2 2 A A B BA Bf x y f x y

где Ax Ay и Bx By ndash составляющие прогиба в поперечных се-чениях А и В в направлениях осей координат х и у соответст-венно

Для нахождения составляющих прогибов используем ме-тод начальных параметров аналогично п 41

В данной задаче необходимо составить два уравнения про-гибов в плоскостях хCz и yCz для нахождения составляющих прогибов fA и fB

Так как балка в плоскостях xCz и yCz нагружена по-разному начальные параметры 0х и 0 у в каждой плоскости

имеют свое значение в плоскости xCz поперечное сечение в на-чале координат поворачивается относительно оси y на угол 0

y

в плоскости yCz ndash относительно оси x на угол 0 x

Прогибы

в начале координат 0 0 0x yy y так как в точке С при z = 0 ус-

тановлена опора (рис 57а) Предварительно вычислим осевые моменты инерции поперечного сечения xJ и yJ

3 315 30

12 12xbh

J

= 33 750 см 4 3 330 15

12 12yh b

J

=

= 8438 см 4 Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57б имеет

вид

3 3

005

( 05 )

6 6x x x Cz l

z P Z lEJ y EJ z Y

Определяем xEJ 0x из условия на опоре D

при z = l прогиб yD = 0 Тогда

3 3 2

0 0( 05 )

0 05 и 6 6 16x x x

x

l P l l PlEJ l P

EJ

141

Подставив это выражение в уравнение прогибов опреде-лим перемещение центров тяжести поперечных сечений

Ву при z = l3

32 3 31 1 05 1 23

16 3 6 3 12 108 56Bx

Pl P Pl Ply l l

EJ

3 3 12

4 4

10 3 10143

56 56 1 10 33750 10B

x

Ply

EJ

мм

Ау при z = l2

32 31 0 5 1

16 2 6 2 48x APl P Pl

EJ y l l

3 3 12

4 4

10 3 10167

48 48 1 10 33750 10A

x

Ply

EJ

мм

Точки А и В перемещаются вниз Уравнение прогибов для схемы балки на рис 57 г имеет

вид

3 3

030

( 3)0

6 6x y Clz z

z P z lEJ z X

Определяем 0 y из граничного условия на опоре D

при z = l прогиб xD = 0 Тогда получим

3 3 2

0 02 ( 3) 5

0 и 3 6 6 81x x y

y

l P l l PlEJ l P

EJ

Подставим это выражение в уравнение прогибов и опре-делим перемещения поперечных сечений

xВ при z = l3

2 335

81 3 3 6

1

3

1 2 4

243y Bx l

Pl P PlEJ l

3 3 9 3

4 4

4 4 10 3 10 10527 мм

243 243 1 10 8438 10B

y

xРl

EJ

142

xА при z = l2

2 33 35 1 2 1 1 1

2 2 381 2 3 6 6 1296

23y Ax l l l

Pl P P PlEJ l

3 9 33

4 4

23 23 10 3 10 10

1296 1296 1 10 8438 10A

y

xPlEJ

= ndash 565 мм

Полный прогиб в сечении А (точки А и В перемещаются влево)

2 2 2 2( 565) ( 167) 589A A Af x y мм

Полный прогиб в сечении В

2 2 2 2( 5 27) ( 1 43) 5 46B B Bf x y мм

Определим направление полного прогиба в рассматривае-мых сечениях

Изобразим поперечное сечение балки и в масштабе отло-жим на осях х и у составляющие прогибов xА yA и xB yB а затем их векторно суммируем (рис 510 511)

Рис 510 Рис 511

Направление прогиба в сечениях А и В определяется соот-

ветственно углами βА и βВ

565tg 3404 arctg(3407) 735

167A

A АA

x

y

527tg 3685 arctg(3685) 745

143В

В ВВ

x

y

Углы βА и βВ имеют разную величину Это говорит о том что изогнутая ось балки является пространственной кривой

143

Контрольные вопросы

1 Какие внутренние силовые факторы возникают в по-перечных сечениях элемента конструкции при пространствен-ном изгибе

2 Как определяются нормальные напряжения при про-странственном изгибе

3 Какие точки поперечного сечения с выступающими уг-лами являются наиболее нагруженными при пространственном изгибе

4 Что называется нейтральной линией 5 Запишите условие прочности при пространственном из-

гибе 6 Как определяется положение нейтральной линии при

пространственном изгибе 7 Как определяются перемещения при пространственном

изгибе балки 8 Что называется косым изгибом 9 Сформулируйте свойства нейтральной линии при косом

изгибе 10 Как вычисляются нормальные напряжения при косом

изгибе 11 Как определяется наиболее нагруженная точка попе-

речного сечения балки при косом изгибе 12 Как вычисляются напряжения при растяжении (сжа-

тии) с изгибом 13 Что такое внецентренное растяжение (сжатие) 14 Сформулируйте свойства нейтральной линии при

внецентренном растяжении (сжатии) 15 Что такое ядро сечения Для чего оно определяется

144

Глава 6

ОСНОВЫ НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ

61 Анализ напряженного состояния Большинство элементов конструкций работает в условиях

сложного напряженного состояния которое в самом общем случае характеризуется тензором напряжений Т который за-

писывается в виде матрицы

х ху хz

уx y yz

zx zy z

Т

(61)

где х y z ndash нормальные напряжения действующие на гра-

нях бесконечно малого элемента выделенного в исследуемой точке А конструкции (рис 61) уx yz hellip ndash касательные на-

пряжения действующие на гранях этого элемента [1 6]

Рис 61

Существенной особенностью напряженного состояния яв-

ляется то что в соответствии с условиями равновесия этого элемента выполняется закон парности касательных напряже-

145

ний в соответствии с которым выполняются следующие соот-ношения

xy yx xz zx yz zy (62)

Формулировка закона парности касательных напряжений На двух взаимно перпендикулярных гранях имеющих об-

щее ребро действуют касательные напряжения которые направлены к ребру либо от ребра и равны между собой по ве-личине

Таким образом тензор напряжений (61) является симмет-ричным а напряженное состояние в точке конструкции в самом общем случае характеризуется шестью напряжениями x у

z xу хz yz Существенной особенностью является то что

величина этих напряжений существенно зависит от ориентации элемента в пространстве

В теории упругости доказано что существует единствен-ное положение элемента в пространстве при котором одновре-менно на всех его гранях касательные напряжения равны нулю и действуют только нормальные напряжения (рис 62)

Рис 62

Площадки на которых касательные напряжения равны

нулю называются главными площадками Нормальные напря-жения действующие на главных площадках называются глав-ными и обозначаются 1 2 3

Главные напряжения однозначно определяют напряжен-ное состояние в исследуемой точке и нумеруются по следую-щему правилу с учетом их знака

146

1 2 3 (63)

Главные напряжения являются корнями кубического урав-нения

3 21 2 3 0J J J (64)

Здесь jJ ndash инварианты ( 1 2 3j ) величины которых не

зависят от ориентации исходных площадок выделенного беско-нечно малого элемента (рис 61) и определяются выражениями

1

2 2 22

( )

x y z

x y x z у z ху хz yz

J

J

3

х ху хz

уx y yz

zx zy z

J T

Инвариант 3J является определителем тензора напряже-

ния и симметричным относительно его главной диагонали Существует три вида напряженного состояния ndash линейным ndash называется напряженное состояние при

котором два главных напряжения равны нулю (например

2 3 0 )

ndash плоским ndash называется состояние при котором одно главное напряжение равно нулю (например 2 0 )

ndash объемным ndash называется состояние при котором все главные напряжения отличны от нуля ( 1 2 30 0 0 )

Примеры видов напряженного состояния ndash при растяжении стержней и изгибе балок в наиболее на-

груженных точках поперечного сечения напряженное состояние является линейным 1 max 2 3 0 (см п11 31)

ndash при кручении валов круглого поперечного сечения на-пряженное состояние является плоским 1 2 3 1 0

где ndash касательные напряжения (см п 21) ndash объемное напряженное состояние имеет место в зоне

контакта шарика (ролика) с обоймой подшипника качения

(65)

147

62 Обобщенный закон Гука При сложном напряженном состоянии обобщенный за-

кон Гука устанавливает связь между главными напряжени- ями 1 2 3( ) и главными относительными деформациями

1 2 3( ) в виде[1]

1 1 2 3

2 2 1 3

3 3 1 2

1( )

1( )

1( )

Е

Е

Е

(66)

где Е и ndash модуль упругости и коэффициент Пуассона мате-риала элемента конструкции

Рассмотрим частные случаи обобщенного закона Гука При плоском напряженном состоянии 3 0 обобщен-

ный закон Гука имеет вид

1 1 2

2 2 1

3 1 2

1( )

1( )

( )

Е

Е

Е

(67)

Существенной особенностью является то что относитель-ная деформация 3 0

Решая систему первых двух уравнений (67) относительно главных напряжений 1 и 2 получим иную форму обобщен-ного закона Гука при плоском напряженном состоянии

1 1 22

2 2 12

( )1

( )1

Е

Е

(68)

148

Эта форма записи используется обычно в тех случаях ко-гда для исследуемого элемента конструкции известны относи-тельные деформации 1 и 2 и требуется определить главные напряжения Например при экспериментальных исследованиях напряженно-деформированного состояния с помощью тензо-метрического метода [7 8]

При линейном напряженном состоянии 2 3 0

обобщенный закон Гука принимает вид

1 1Е 1 3 1 1Е

(69)

что совпадает с обычным законом Гука (14) Здесь необходимо обратить внимание на то что при 2 3 0 относительные

деформации 2 3 0

63 Критерии прочности

При расчетах на прочность элементов конструкций имею-щих сложное напряженное состояние это состояние (рис 63а) заменяется эквивалентным ему с точки зрения прочности ли-нейным состоянием при котором на гранях элемента действуют только эквивалентные напряжения экв (рис 63б)

Величина эквивалентных напряжений определяется как функция от главных напряжений

экв 1 2 3( )f (610)

где вид функции f определяется экспериментальными и теоре-тическими критериями (теориями) прочности

Рис 63

а) б)

149

Так как характер разрушения элементов конструкций из хрупких и пластичных материалов является различным то критерии вводятся отдельно для хрупких и пластичных мате-риалов [1]

631 Критерии прочности для хрупких материалов

1 Первый критерий (критерий наибольших напряжений)

Iэкв 1 3max( ) (611)

В качестве эквивалентного выбирается наибольшее по аб-солютной величине главное напряжение

Так как критерий учитывает только одно главное напря-жение из трех то он имеет весьма ограниченную область при-менения Экспериментальная проверка показала что его можно применять только для очень хрупких материалов (стекло кера-мика)

2 Второй критерий Критерий СенndashВенана (критерий наибольших относительных деформаций) В соответствии с кри-терием эквивалентные напряжения определяются выражением

I Iэкв 1 2 3( ) (612)

где ndash коэффициент Пуассона материала элемента конструкции Критерий учитывает все главные напряжения и широко

применяется на практике 3 Экспериментальный критерий Мора В соответствии с критерием

Мэкв 1 3m (613)

где коэффициент рвсжв

m

рв и сж

в ndash пределы прочности ма-

териала на растяжение и сжатие соответственно Так как для

хрупких материалов сж рв в то выполняется условие

0 1m Так как критерий не учитывает напряжение 2 то его ре-

комендуется применять для случаев когда 2 0 или является малым

150

632 Критерии прочности для пластичных материалов

1 Третий критерий (критерий наибольших касательных напряжений)

Эквивалентные напряжения определяются выражением IIIэкв 1 3 (614)

Так как критерий не учитывает главное напряжение 2 то его рекомендуется применять в тех случаях когда 2 0 или является малым

2 Четвертый критерий (Критерий Губера minus Мизеса) Этот критерий является энергетическим и основан на оп-

ределении удельной потенциальной энергии вызывающей не-допустимое изменение формы элемента конструкции те его текучесть

Величина эквивалентных напряжений определяется вы-ражением

2 22IVэкв 1 2 1 3 2 3

1

2

(615)

и учитывает все главные напряжения что обеспечивает его вы-сокую точность и согласованность с результатами эксперимен-тальных исследований

Расчетная практика показывает что при применении третьего и четвертого критериев прочности всегда выполняется условие

III IVэкв экв (616)

Таким образом третий критерий дает завышенное или точное значение эквивалентных напряжений Так как вычисле-ния по третьему критерию оказываются проще то его чаще применяют в практических расчетах на прочность элементов конструкций находящихся в сложном напряженном состоянии При этом расчет на прочность по третьему критерию в силу выполнения условия (616) приводит к тому что проектируе-мый элемент конструкции будет иметь коэффициент запаса прочности несколько больше чем он был задан

П р и м е ч а н и е При расчете эквивалентных напряжений по формулам (611)ndash(615) обязательно необходимо учитывать знаки глав-ных напряжений в соответствии с правилом их нумерации (63)

151

64 Частные случаи напряженного состояния

Рассмотрим частные случаи напряженного состояния при

некоторых видах нагружения

641 Кручение валов При кручении валов круглого поперечного сечения (см

п 2) в поперечных сечениях действуют только касательные на-пряжения

Нормальные напряжения отсутствуют В этом случае главные напряжения равны

1 2 3 0 а напряженное состояние явля-ется плоским

Эквивалентные напряжения вычисленные по III и IV кри-териям (614) и (615) соответственно равны

2 2 2IVэкв

10 0 3

2

IIIэкв ( ) 2

Сравнивая значения эквивалентных напряжений получим IIIэкв gt IV

экв что соответствует (616)

642 Изгиб с кручением валов При изгибе с кручением в произвольной точке поперечного

сечения вала действуют нормальные напряжения и касатель-ные напряжения

Главные напряжения при этом равны

2 213 2

14 0

2 2

(617)

где знак laquo+raquo относится к 1 а знак laquondashraquo к 3 Эквивалентные напряжения по III и IV критериям после

подстановки (617) в (614) и (615) определяются по формулам

III 2 2экв 4 (618)

IV 2 2экв 3 (619)

те соотношение (616) выполняется

152

643 Общий случай плоского напряженного состояния

Общий случай плоского напряженного состояния в точке А показан на рис 64

Рис 64

В этом случае 0 0 0z yx xy xz zx zy yz

Вычисляя инварианты (65) и решая уравнение (64) полу-чим корни уравнения ( )j при j = 1 2 3

2 2(1)(2) 4

2x y

x y

(620)

(3) 0

Окончательная нумерация главных напряжений в (620) производится в соответствии с правилом (63) Так как одно из главных напряжений равно нулю то в соответствии с п 61 на-пряженное состояние является плоским

Подставляя выражения (620) в (614) и (615) получим значения эквивалентных напряжений по третьему и четверто-му критериям прочности Так как эти выражения являются достаточно сложными для четвертого критерия то оконча-тельно в (614) (615) следует подставлять численные значения главных напряжений (619) рассчитанные для конкретной задачи

153

65 Расчет на прочность при изгибе с кручением валов круглого

поперечного сечения Рассматриваем валы круглого поперечного сечения рабо-

тающие на изгиб с кручением К таким элементам конструкций относятся валы коробок передач редукторов трансмиссионные и другие разновидности валов различных машин и механизмов

В самом общем случае считаем что имеет место про-странственный изгиб те в поперечном сечении действуют два изгибающих момента xM и yM и крутящий момент

крM (рис 65а) Изображая изгибающие моменты в виде векто-

ров xM и yM получим что их можно привести к результи-

рующему изгибающему моменту (рис 65 б)

2 2и х уM М М (621)

Рис 65 Таким образом имеет место пространственный изгиб вала

под действием изгибающего момента иM который определяет-ся в каждом сечении по эпюре изгибающих моментов xM и

yM Используя соотношение (621) строим эпюру результирую-

щего изгибающего момента и M Максимальное нормальное на-пряжение от его действия определяется выражением

иmax

и

M

W (622)

а) б)

154

где момент сопротивления круглого поперечного сечения на из-гиб ( и x yW W W )

ndash для круглого сечения

3

и 32

DW

(623)

ndash для кольцевого сечения

3

4и 1

32

DW с

(624)

при d

сD

где D d ndash внешний и внутренний диаметр вала

При действии крутящего момента крМ в наиболее нагру-

женных внешних точках поперечного сечения вала возникают касательные напряжения максимальная величина которых вычисляется по формуле

крmax

р

M

W (625)

где рW minus полярный момент сопротивления (момент сопротив-

ления при кручении) который для вала круглого поперечного сечения определяется соотношениями

р и2W W (626)

Так как при изгибе с кручением напряженное состояние в наиболее нагруженных точках вала является упрощенным плоским то при расчете на прочность необходимо вычислить главные напряжения (617) и соответствующие им эквивалент-ные напряжения (610) на основании выбранного критерия прочности

Условие прочности для пластичных материалов в этом случае записывается в виде

max экв (627)

где max экв minus максимальные эквивалентные напряжения в наи-

более нагруженном поперечном сечении вала

155

Валы работающие на изгиб с кручением чаще всего изго-тавливают из пластичных материалов поэтому для расчетов на прочность используют третий (618) или четвертый (619) кри-терий прочности

Выражения для эквивалентных напряжений по третьему и четвертому критериям прочности можно привести к единой формуле

эквэкв

и

М

W (628)

в которой эквивалентный момент эквМ в зависимости от вы-

бранного критерия прочности (619) или (620) с учетом (626) вычисляется по формулам

ndash для третьего критерия

III 2 2экв и кр М M М (629)

ndash для четвертого критерия

IV 2 2экв и кр075М M М (630)

Выбрав критерий строят эпюру эквивалентного момента

эквМ по длине вала и определяют наиболее нагруженное попе-

речное сечение в котором эквМ принимает максимальное зна-

чение эквmaxМ В соответствии выражениями (628) и (627)

записывают условие прочности

эквэкв

и

maxmax

М

W (631)

Обеспечивая выполнение условия прочности (631) реша-ют одну из поставленных задач

ndash выполняют проверочный расчет ndash выполняют проектный расчет ndash определяют допускаемую внешнюю нагрузку дейст-

вующую на вал

156

66 Расчет трансмиссионного вала Задача 12 На вал насажены два шкива через которые перекинуты

ремни (рис 66) Ветви ремней параллельны друг другу и на-клонены к горизонту под углами 1 и 2 От первого шкива ре-мень идет к электродвигателю в этом ремне усилие в сбегаю-щей ветви вдвое больше чем в набегающей От второго шкива ремень идет к станку в этом ремне усилие в набегающей ветви вдвое больше чем в сбегающей Станок имеет мощность N (кВт) частоту вращения вала n (обмин) Материал вала ndash сталь 20 с пределом текучести σт = 240 МПа нормативный ко-эффициент запаса прочности nт = 15

Используя четвертый критерий прочности определить не-обходимый диаметр вала

Данные для расчета выбрать из табл 61 схему ndash по рис 66 Принять D = 01 м а = 01 м Весом шкивов пренеб-речь

Таблица 61

аi Di Номер строки

Схема по

рис 66 а1 а2 а3 D1 D2

1 град

2 град

N кВт

n обмин

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII III V

2a a 2a 3a a a a 2a а а

3a 2a a a

3a a a a а

2а

a a a a a 2a 3a 2a 2а а

4D 3D 3D 2D

24D 32D 3D 4D

25D 3D

6D 4D 5D 4D 5D

64D 45D 5D 4D

55D

0 90 45 90 0

60 30 90 60 50

30 60 0 45 45 0 90 30 45 30

20 40 30 20 25 35 40 25 25 35

100 200 120 80 160 100 120 140 140 150

Буква шифра

а в г д в г д д г в

157

Рис 66

Пример Выполнить проектный расчет трансмиссионного

вала ременной передачи (рис 67а) Вал сплошной и имеет внешний диаметр d Шкивы имеют диаметры D1 и D2 (см рис 67)

158

Дано a1 = a2 = а = 01 м а3 = 2а = 02 м D1 = 2D = 02 м D2 = 3D = 03 м 1 = 0 2 = 30 N = 20 кВт n = 100 мин-1

Рис 67

Решение В местах посадки шкивов возникают равнодействующие

усилия от натяжений ремней и скручивающие пары от разности натяжений сбегающей и набегающей ветвей ремней Следова-тельно вал работает на изгиб и кручение (рис 67б)

1) Определяем внешний скручивающий момент

а) б) в) г)

д)

е)

159

209736 9736 1947

100

Nm

n кНм

2) Строим эпюру крутящих моментов Из условия равно-весия заключаем что m1 = m2 = m = 1947 кНм (рис 67в) Кру-тящий момент на участке BK экв 1974 КН мМ m

3) Определяем усилия натяжения ремней t1 и t2

1 1 11

2m m t D отсюда 1

1

2 2 19471947

02

mt

D

кН

2 2 21

2m m t D отсюда 2

2

2 2 19471298

03

mt

D

кН

4) Определяем равнодействующие усилия натяжения рем-ней действующих на вал в местах посадки шкивов

1 13 3 1947 5841P t кН 2 23 3 1298 3894P t кН

По условиям задачи усилие P1 направлено горизонтально (1 = 0) а P2 ndash под углом 2 = 30

Для удобства построения эпюр изгибающих моментов раз-ложим силу Р2 на вертикальную 2уР и горизонтальную 2хР со-

ставляющие

2уР = P2sin30ordm = 3894 05 = 1917 кН

2хР = P2cos30ordm = 3894 08667 = 3375 кН

Составим расчетные схемы в горизонтальной плоскости (рис 62г) и в вертикальной (рис 62д)

5) Строим эпюру изгибающих моментов хМ в вертикаль-

ной плоскости yAz (см рис 67г) Из уравнений равновесия определяем опорные реакции YA

и YC

Σ mom A = 0 YC 2a 2 yР 4a = 0

YC = 2 2 yР = 2 1947 = 3894 кН

Σ mom C = 0 YA 2a 2 yР 2a = 0

YA = 2 yР = 1947 кН

Уравнения изгибающих моментов

160

IxM = YA zI = 1947 zI 0 zI 01 м

при zI = 0 1x

M = 0

при zI = 01 м 1x

M = 1947 кНм

IIxM = YA (01 + zII) = 1947(01 + zII) 0 zII 01 м

при zII = 0 IIxM = 1947 кНм

при zII = 01 м IIxM = 3894 кНм

IIIxM = P2 zIII = 1947zIII 0 zIII 02 м

при zIII = 0 IIIxM = 0

при zIII = 02 м IIIxM = 3894 кНм

6) Строим эпюру изгибающих моментов My в горизон-тальной плоскости xAz (рис 67д)

Из уравнений равновесия определяем опорные реакции XA и XC

Σ mom A = 0 1xP a XC 2a + 2xP 4a = 0

XC = 05(4 2xP P1)

XC = 05(4 3375 5841) = 3830 кН

Σ mom C = 0 XA 2a + 1xP a + 2xP 2a = 0

XA = 05( 1xP + 2 2xP )

XA = 05(5841 + 3375 2) = 6296 кН

По участкам используя метод сечений аналогично пре-дыдущему пункту строим эпюру изгибающего момента yМ

в горизонтальной плоскости (рис 67 д) 7) Строим эпюру результирующего изгибающего момента

Mи (617) (рис 67е) складывая геометрически эпюры хМ

и yМ

2 2и y xМ М M

В характерных точках В и С они равны соответственно

161

2 2и( ) 1947 6296 6590ВМ кНм

2 2и( ) 3894 675 7793СМ кНм

Следовательно опасным сечением будет сечение С для которого

и( ) 7793СМ кНм и кр( ) 1947СМ кНм

8) Определяем по четвертой теории прочности эквива-

лентный момент IVэквМ в опасном сечении С (626)

IV 2 2экв и( ) кр( )075С СМ M М

IV 2 2экв 7793 075 1947 7975М кНм

9) Определяем необходимый диаметр d вала Допускаемое

напряжение принимаем равным т

т

240160

15n

МПа

Условие прочности (627) имеет вид

IV

IV эквmax экв

и

М

W

где 3

и 32

dW

Тогда

IV 6max экв 33

32 32 7975 10794

314 160

Md

мм

Окончательно принимаем диаметр вала d = 80 мм

67 Общий случай сложного сопротивления

Задача 13 Стальной коленчатый стержень постоянного круглого по-

перечного сечения нагружен внешними силами Рi и парами m Выполнить проектный расчет если дано ndash длины участков стержня ai

162

ndash пределы текучести на растяжение и сжатие σтр = σтс = σт= = 420 МПа

ndash коэффициент запаса прочности nт = 15 Использовать третью теорию прочности Расчетную схему выбрать по рис 68 данные для расчета ndash

по табл 62 Принять Р = 01 кН а = 04 м

Рис 68

163

Таблица 62

Нагрузки аi Номер строки

Схема по рис 111 m Р1 Р2 а1 а2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 0

I II III IV V VI VII VIII IV VI

Pa 2Pa

15Pa Pa Pa 2Pa Pa Pa

17Ра 21Ра

P 2P

15P P P

2P 3P P

15Р 2Р

2P P P

2P P

2P P

15P 2Р

35Р

а а

2 а а

2 а а а

2 а а

15а

2 а а а

2 а а а а

2 а а

15а

Буква шифра

а в д г в б

Пример Произвести проектировочный расчет коленчато-

го стержня постоянного круглого сечения (рис 69а) если дано

Р1=Р Р2 = 2Р m = Pa a1 = 2a a2 = a

Принять Р = 01 кН а = 04 м σт = 420 МПа коэффициент запаса прочности nт = 15

Участки стержня соединены жестко под прямыми углами Ось z совмещается с центральной продольной осью участка и направлена в сторону свободного конца стержня Оси y и x ле-жат в плоскости поперечного сечения (ось x направлена вправо ось y направлена вверх) При переходе к последующему участку производят поворот системы координат принятой на предыду-щем участке относительно оси которая перпендикулярна к плоскости образуемой этими смежными участками Поворот осуществляется так чтобы ось z совпала с продольной осью участка стержня При этом система координат xyz является жесткой

Решение начинается с выбора направления опорных реак-ций и определения внутренних усилий нормальной силы N крутящего момента кр zМ М изгибающих моментов хМ

и yМ

164

Рис 69

Решение 1) строим эпюру нормальных сил N (рис 69б)

I 2 II III IV 22 0 0 2 N P P N N N Р Р

2) строим эпюру крутящих моментов кр zМ М (рис 69в)

в)

а) б)

е) д)

г)

165

крI крII крIII крIV 10 0 0 2 М М М М m Р а Ра Ра Ра

3) строим эпюру изгибающих моментов yМ (создается

в данном случае силой Р2 изгиб происходит в горизонтальной плоскости) Эпюру строим на сжатом волокне (рис 69г)

I II2 II II II0 2 0 y yM M P z Pz z a

IVIII20 2 y yM M P a Pa

4) строим эпюру изгибающих моментов хМ (создается си-

лой Р изгиб происходит в вертикальной плоскости) (рис 69д)

I II III 1 I I I0 0 0 x x xM M M P z Pz z a

I XIII I XIII0 0 z M z a M Pa

XIV 1 IVM P z

IV IV XIV IV XIV0 2 0 0 2 2 z a z M z aM Pa

5) строим эпюру результирующего изгибающего момента

иМ (рис 69е) для чего подсчитываем его величину в харак-терных сечениях участков I II III и IV (см рис 69а) по фор-муле (621)

2 2и1-1 х уМ М М

Значения хМ и yМ берем с эпюр рис 69гд

и1 1

2и2 2

2и3 3

2 2и4 4

0

(2 ) 2

( )

(2 ) (2 ) 2 2 283

М

М Ра Ра

М Ра Ра

М Ра Ра Ра Ра

6) определяем опасное сечение где крутящий момент

кр М суммарный изгибающий момент иМ и нормальная сила N

одновременно велики Анализ эпюр по рис 69бве показывает что опасным яв-

ляется сечение в заделке где

N = 2P крМ = 2Pa и 2 2 283 М Ра Ра

166

7) сравниваем величины нормальных напряжений ( )N от нормальной силы N и от изгиба и( )М

2 2

2 4 8( )

N P PN

F d d

иmax и( )

х

ММ

W

где 3

30132xd

W d

ndash осевой момент сопротивления площади

поперечного сечения стержня

Тогда max и 3 3

283 32 905( )

Ра РаМ

d d

2max и

3

( ) 9051128

( ) 8

М Pa d a

N dd P

Так как a gtgt d в данном случае влиянием нормальной си-лы N на прочность можно пренебречь и вести расчет для случая изгиба с кручением

8) определяем диаметр стержня по третьему критерию (629) используя условие прочности (631)

IIIэкв

max эквIIIи

M

W

Здесь IIIэквM ndash эквивалентный момент в опасном сечении

который по третьей теории прочности равен (629)

III 2 2 2 2экв и кр (283 ) (2 ) 346M М М Ра Ра Ра

Допускаемое напряжение равно

т

т

420280

15n

МПа

Тогда

III 6экв 33 3

346 346 01 04 1017

01 01 01 280

M Pad

мм

167

Округляем диаметр до ближайшего четного значения и принимаем d = 18 мм

Если положение опасного сечения неочевидно вычисляют

эквM в характерных сечениях Опасным считается сечение

в котором эквM принимает наибольшее значение

Контрольные вопросы

1 Какие напряжения называются главными 2 Укажите существующие типы напряженных состояний 3 Как определяются главные напряжения 4 Какое напряженное состояние имеет место при круче-

нии валов 5 Сформулируйте закон парности касательных напря-

жений 6 Какое напряженное состояние имеет место при изгибе

с кручением 7 Что такое эквивалентные напряжения 8 Как записывается условие прочности при сложном на-

пряженном состоянии 9 Сформулируйте критерии прочности для хрупких мате-

риалов Объясните их физический смысл 10 Сформулируйте третий критерий прочности Укажите

его достоинства и недостатки 11 Сформулируйте четвертый критерий прочности 12 Сравните третий и четвертый критерии прочности ме-

жду собой Укажите области их применения 13 Запишите обобщенный закон Гука для сложного на-

пряженного состояния 14 Запишите обобщенный закон Гука для плоского на-

пряженного состояния 15 В каких случаях валы подвергаются действию изгиба

с кручением 16 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

моментов по третьему и четвертому критериям прочности 17 Сформулируйте порядок расчета на прочность при из-

гибе с кручением вала 18 Как вычисляются главные напряжения в общем случае

плоского напряженного состояния

168

19 Чему равны главные напряжения при кручении валов 20 Чему равны главные напряжения при изгибе с круче-

нием валов 21 Запишите формулы для вычисления эквивалентных

напряжений по третьему и четвертому критериям при изгибе с кручением валов

169

Глава 7

УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

71 Основные понятия Под устойчивостью понимается свойство системы само-

стоятельно восстановить свое первоначальное состояние после того как ей было сообщено малое отклонение от исходного по-ложения равновесия Если система не обладает таким свойст-вом то она называется неустойчивой [1]

Ниже рассматривается устойчивость центрально сжатых стержней (рис 71) которые при потере устойчивости изгиба-ются

Рис 71

Критической силой крР называется наименьшее значение

сжимающей продольной силы при котором прямолинейная форма равновесия стержня перестает быть устойчивой

Критическое напряжение определяется по формуле

кркр

Р

F (71)

где F ndash площадь поперечного сечения стержня Условие устой-чивости можно записать в двух видах

ndash по напряжениям возникающим в поперечных сечениях стержня

170

у (72)

ndash по усилиям

уР Р (73)

Здесь допускаемые напряжения у и силы уР на ус-

тойчивость определяется соотношениями

кру

уn

кр

уу

РР

n (74)

где уn 1 ndash коэффициент запаса на устойчивость который

обычно принимается больше чем коэффициент запаса на проч-ность уn тn ndash для пластичных материалов уn вn ndash для хруп-

ких материалов

72 Расчетные формулы При расчетах на устойчивость вводится понятия гибкости λ

и предельной гибкости пред стержня

Гибкостью называется безразмерный параметр

l

i

(75)

где μ ndash коэффициент приведенный длины величина которого

зависит от способа закрепления концов стержня (прил 5) J

iF

ndash

минимальный радиус инерции поперечного сечения Здесь J ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения относи-тельно его главных центральных осей х и у (см п 21)

min( )x уJ J J (76)

Предельной гибкостью называется безразмерный пара-метр

2

предпц

Е

(77)

171

где Е и пц ndash модуль упругости первого рода и предел пропор-

циональности материала стержня Существенной особенностью является то что гибкость λ

зависит только от геометрических характеристик и способа за-крепления концов стержня (75) Предельная гибкость пред за-

висит только от свойств материала стержня (76) Если гибкость стержня больше или равна предельного

значения пред( ) то при потере устойчивости в поперечных

сечениях возникают только упругие деформации При предlt

в сечениях стержня при потере устойчивости имеют место уп-руго-пластические деформации [1]

В зависимости от вида деформаций в поперечных сечени-ях стержня расчет критических сил крР и критических напря-

жений кр проводятся по следующим формулам

ndash при пред расчет ведется по формулам Л Эйлера

2Э

кр кр 2

( )

ЕJР Р

l

(78)

2Э

кр кр 2

E

(79)

При выполнении условия предlt расчет ведется по фор-

муле ФЯсинского Я

кр кр а b c (710)

Я Якр кр кр Р Р F (711)

Здесь a b c ndash коэффициенты величины которых зависит от свойств материала Эти коэффициенты определяются экспе-риментально а их значения для некоторых материалов приве-дены в табл 71 и [8]

Таблица 71

Значения коэффициентов МПа Материал

a b с Предельная

гибкость пред

1 2 3 4 5 Ст2 250 0668 0 105

172

Окончание табл 71

1 2 3 4 5 Ст3 310 114 0 100 Ст4 Сталь 20

343 142 0 95

Ст5 464 3617 0 100 Сталь 45 589 382 0 85 Чугун 776 120 0053 60 Алюминиевый сплав Д16Т

400 333 0 -

Дерево (ель сосна)

293 0194 0 70

На рис72 для материала Ст3 показана полная диаграмма

зависимости критических напряжений кр ( ) от гибкости λ ко-

торая позволяет выделить зоны в которых применяются фор-мулы Л Эйлера (79) и Ф Ясинского (710) При построении диаграммы принято что коэффициент с = 0 в выражении (710)

Рис 72

Зона I ( 40 ) соответствует сжатию коротких стержней

Потери устойчивости в этой зоне не происходит стержень ра-ботает на сжатие

Зона II (40 lt λ lt 100) соответствует стержням средней гибкости Потеря устойчивости происходит с образованием пластичных деформаций в поперечном сечении стержня Расчет ведется по формулам Ф Ясинского

Зона III (λ 100) соответствует гибким стержням Потеря

устойчивости происходит в упругой области кр пц Рас-

чет ведется по формулам Л Эйлера

173

73 Особенности расчета на устойчивость

В тех случаях когда стержни работающие на сжатие

имеют различные условия закрепления в главных плоскостях инерции необходимо вычислить гибкости х и у относитель-

но главных центральных осей х и у поперечного сечения (см например рис73а) В плоскости x0z оба конца стержня жестко защемлены (рис73б) В плоскости у0z верхний конец свободен (рис 73в)

Рис 73 На рис73б ndash показана форма потери устойчивости

в плоскости х0z и значение коэффициента приведенной длины

при потере устойчивости относительно оси у 1

2у

а) б) в)

174

На рис73в показана форма потери устойчивости относи-тельно оси х в плоскости y0z При этом коэффициент приведен-ной длины 2х

Гибкости стержня в этих плоскостях вычисляются анало-гично (75)

yу

y

l

i

x

xx

l

i

(712)

где радиусы инерции относительно осей х и у определяются как (210)

уу

Ji

F х

xJ

iF

(713)

Так как потеря устойчивости происходит в плоскости мак-симальной гибкости то вычисляют максимальную гибкость

max ( )x у (714)

и весь дальнейший расчет на устойчивость ведется в соответст-вии с п 72

74 Практический расчет на устойчивость

При практических расчетах стержней на устойчивость ус-

ловие устойчивости (72) часто заменяют на условие аналогич-ное условию прочности (112)

В этом случае условие устойчивости записывают в виде

сж (715)

где сж ndash допускаемые напряжения на сжатие для материала

стержня Коэффициент φ 1 называется коэффициентом сниже-

ния допускаемых напряжений Он зависит от марки материала и гибкости λ стержня Значения этого коэффициента для некото-рых материалов приведены в прил 7 и справочнике [3]

Таким образом расчет на устойчивость с помощью коэф-фициента φ сводится к обычному расчету на прочность но с пониженными допускаемыми напряжениями

175

75 Расчет на устойчивость Задача 14 Определить допускаемое значение силы уР из расчета

на устойчивость стержня Коэффициенты запаса устойчивости ndash для стали nу = 25 ndash для чугуна nу = 4 Опорные закрепления стержня в обеих главных плоско-

стях одинаковы Основные параметры даны в табл 72 расчетные схемы и

поперечные сечения стержней приведены на рис 74 Примечани е Формула Ясинского Я 2

кр а b c применима

если гибкость стержня λ удовлетворяет условиям для стали пред40

для чугуна пред20

При λ пред применяется формула Эйлера

Таблица 72

Коэффициенты Ясинского

Ном

ер

строки

Схема

по

рис

74

l м а1 мм

а2 мм

а3 мм

Материал

Е105МПа

σпц МПа а

МПа в

МПа с

МПа

1 2 3 4 5

I II III IV V

18 19 22 25 27

15 20 20 30 30

35 45 50 60 50

70 60 70 85 80

Сталь

22 21 19 21 20

200 210 230 190 250

310 320 340 300 350

114 120 130 105 130

0 0 0 0 0

6 7 8 9 0

VI VII VIII IX X

30 17 28 24 21

25 15 25 20 15

55 50 65 45 40

90 85 75 75 60

Чугун

10 11 10 09 10

200 200 190 180 180

780 770 700 700 700

120 125 120 115 116

00500051005000500051

Буква шифра

а г д в

176

Рис 74

Пример В соответствии с условиями задачи 14 опреде-

лить допускаемое значение силы уР из расчета на устойчи-

вость стального стержня показанного на рис 75 если известно

l = 12 м а1 = 20 мм а2 = 40 мм а3 = 65 мм

177

Е = 2105 МПа σпц = 200 МПа

коэффициенты Ясинского а = 310 МПа b=114 МПа с = 0 Решение 1) определяем положение центра тяжести поперечного се-

чения

Рис 75 Рис 76

Выбираем вспомогательную систему координат yx1 для

заданного поперечного сечения (рис 76) где ось y будучи осью симметрии является главной центральной осью

Для определения вертикальной координаты центра тяже-сти разбиваем сечение на два прямоугольника (1 и 2) и опреде-ляем координату центра тяжести Cy по формуле (22)

1

1

1300 525 800 10363

1300 800

n

i Cii

C n

ii

F yy

F

мм

где i CiF y ndash площадь и координата центра тяжести i-й части се-

чения в принятой системе координат n ndash число элементарных частей на которые разбивается сечение (в данном случае n = 2)

При этом F1 = 1300 мм2 F2 = 800 мм2 C iy = 525 мм

C iy = 10 мм

Вторая главная центральная ось х проходит через центр тяжести C всего сечения (см рис 76)

178

2) определяем моменты инерции относительно главных центральных осей используя формулу (27) о параллельном пе-реносе осей

21

1( )

n

x xi ii

J J b F

где xiJ ndash момент инерции i-й части относительно своей цен-

тральной оси х bi ndash расстояние между центральной осью i-й части и главной центральной осью всего сечения

Применительно к рассматриваемому сечению (см рис 76) получим

2 21 1 1 2 2 2x x xJ J b F J b F

где 3

12i

i ix

b hJ

1

320 65

12xJ

2

340 20

12xJ

Окончательно получим

32

32 4 4

20 65162 1300

12

40 20263 800 138 10 мм

12

xJ

Так как ось у является главной центральной для всего се-чения и для каждой его части второй осевой момент инерции вычисляется как сумма моментов инерции отдельных частей

3 34

1 21

65 20 20 4015 10

12 12

n

у уi у уi

J J J J

мм4

где 3

12i

i iy

h bJ

1

3

y65 20

J 12

2

3

y20 40

J12

Так как xJ gt уJ а условия закрепления концов одинако-

вы во всех плоскостях то потеря устойчивости происходит в плоскости минимальной жесткости те в плоскости чертежа

179

(см рис 75) относительно оси у имеем Jmin = уJ = 15 104 мм4

Форма потери устойчивости показана на рис 75 3) определяем гибкость стержня по формуле (75)

mini

l

где μ ndash коэффициент приведенной длины величина которого в рассматриваемом случае μ = 05 (см рис 74) imin ndash минимальный радиус инерции поперечного сечения вычисляе-

мый по формуле 4

minmin

15 10845

2100

Ji

F

F площадь сечения F = 800 + 1300 = 2100 мм2 В соответствии с (75) гибкость равна

05 1200710

845

4) предельная гибкость для стального стержня равна (77)

2 2 5

предпц

2 10100

200

Е

5) определяем величину критической силы Так как λ lt λпред формула Эйлера неприменима Расчет

критических напряжений производим по формуле Ясинского (710)

Я 2кр а b c

где а b c коэффициенты величины которых равны а = 310 МПа b = 114 МПа c = 0

Я 2кр 310 114 71 229а b c МПа

Критическая сила равна (711) Я 3

кр кр кр 229 2100 481 10 H 481кНР Р F

6) допускаемое значение сжимающей силы из расчета на устойчивость определяется выражением (74)

кр 481192 кН

25уy

РР

n

180

76 Проектный расчет на устойчивость Задача 15 Из расчета на устойчивость выполнить проектный расчет

прямого стержня сжатого силой Р в соответствии с рис 77 Условия закрепления во всех плоскостях одинаковы Ма-

териал ndash дерево l = 360 см Р = 140 кН сж 10 МПа По-

перечное сечение ndash круг диаметром D

Рис 77

Решение В соответствии с условием задачи требуется определить

диаметр поперечного сечения D Применяем расчет с помощью понижающего коэффициента φ (см п 74)

Условие устойчивости в этом случае имеет вид (715)

сж или сжР F (716)

Из (716) получим

сж

РF

(717)

Так как диаметр D неизвестен то момент инерции попе-речного сечения и его радиус инерции i также неизвестен Следо-вательно нам неизвестна и гибкость стержня λ (75) по которой определяется числовое значение коэффициента φ (см прил 6)

181

Задачу решаем методом последовательных приближений Для этого задаем на первом шаге расчета значение коэффици-ента φ1 = 05 и из формулы (717) получаем

54 2

114 10

28 10 мм 05 10

F

Диаметр сечения 4

11

4 4 28 10189 мм

FD

Момент инерции поперечного сечения на первом шаге равен

4 48 41

1189

627 10 мм 64 64

DJ

Радиус инерции

41 1

1 21

4

464

D DJi

F D

(718)

Таким образом на первом этапе приближения получим гибкость

11 1

4

l l

i D

(719)

те

14 1 3600

76189

(720)

По таблицам (см прил 7) для гибкости 1 76 получаем значение коэффициента 1 053

Определяем погрешность расчета коэффициента по фор-муле

1 1

1

100

(721)

Таким образом погрешность определения коэффициента на первом шаге составляет

1053 05

100 6 05

182

Так как допускается погрешность расчета не более 5 а погрешность на первом шаге составляет 6 то выполняем второй шаг приближения

Задаем значение коэффициента 2 равное среднему зна-чению между 1 и 1

1 12

05 0530515

2 2

В этом случае по формуле (717) получим

54 2

214 10

272 10 мм 0515 10

F

Диаметр сечения на втором шаге

42

24 4 272 10

186 ммF

D

Гибкость стержня по формуле (719) на втором шаге

22

4 4 1 3600775

186

l

D

По таблице (см прил 7) для λ = 775 получим 2 0515

Так как 2 2 то окончательно принимаем 0 515

и следовательно поперечное сечение должно иметь диаметр 186 ммD

Окончательно принимаем D = 190 мм П р и м е ч а н и е 1 Если первоначальное значение коэффициента φ1 на первом шаге

выбрано неудачно то потребуется сделать несколько шагов приближе-ния чтобы обеспечить погрешность вычислений менее 5

2 Если в таблице φ(λ) (см прил 7) для полученного значения гиб-кости λ отсутствуют значения коэффициента φ то следует применить ме-тод линейной аппроксимации на интервале по следующей схеме пока-занной на рис 78

183

Рис 78

Из таблицы выбирают ближайшие значения гибкости 1

и 2 лежащие слева и справа от заданного значения гибкости и записывают соответствующие значения коэффициентов

1 1 2 2 и приведенные в таблице значений

для заданного материала стержня (см прил 6) Значение коэффициента для заданного значения гиб-

кости определяется в соответствии с рис 78 по формуле

2 (722)

где 21 2

2 1

( )

Окончательно из (722) получаем

22 1 2

2 1

( )

(723)

Контрольные вопросы

1 Какие упругие системы называются устойчивыми 2 Что называется критической силой и критическим на-

пряжением 3 Что называется коэффициентом приведенной длины и от

чего зависит его значение 4 Что называется гибкостью стержня от чего она зависит 5 Как вычисляется предельная гибкость стержня 6 Запишите формулу Эйлера для критической силы и кри-

тического напряжения 7 Сформулируйте условия применимости формулы Эйлера 8 Запишите формулу Ясинского для критической силы и

критического напряжения

184

9 Сформулируйте условия применимости формулы Ясин-ского

10 Нарисуйте полную диаграмму для критических на-пряжений

11 Как влияет жесткость поперечного сечения на из- гиб ЕJ и длина стержня на величину критической силы

12 Как влияет способ закрепления концов стержня на ве-личину критической силы

13 Запишите условие устойчивости 14 Что такое коэффициент снижения допускаемых на-

пряжений 15 От чего зависит численное значение коэффициента 16 Сформулируйте порядок выполнения расчета на ус-

тойчивость с помощью коэффициента

185

Глава 8

ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗОК

81 Основные понятия Природа динамических воздействий на элементы и конст-

рукции в целом разнообразна [1] Рассмотрим основные виды динамического воздействия

ndash действие ускорений ndash удар ndash вибрация Существенной особенностью действия динамической на-

грузки является то что при расчете нельзя пренебрегать силами инерции возникающими в элементах конструкций Силы инер-ции выступают как дополнительная внешняя нагрузка Их взаи-модействие с силами упругости часто порождает возникновение колебаний элементов конструкций которые могут приводить к многократному росту внутренних силовых факторов и соответ-ственно напряжений и деформаций элементов конструкций

Кроме того при действии динамической нагрузки ряд конструкционных материалов проявляют склонность к охруп-чиванию хотя при действии статических нагрузок они являют-ся пластичными [1 6]

Расчет на прочность при действии динамических нагрузок является достаточно сложным [1 3] поэтому будем рассматри-вать простейшие схемы динамического нагружения типовых элементов конструкций При этом полагаем что динамическое нагружение конструкции происходит в упругой области те напряженно-деформированное состояние элементов конструк-ции подчиняется закону Гука [1]

В этом случае динамическое действие нагрузки характе-ризуется коэффициентом динамичности д 1k который пока-

зывает во сколько раз увеличиваются напряжения и деформа-ции в элементе конструкции при действии динамической нагрузки по сравнению с действием той же нагрузки но прило-женной статически

186

Таким образом напряжения д деформации д и переме-щения д при динамическом действии нагрузки вычисляются по формулам

д д ст д д ст д д ст k k k (81)

Здесь ст ст ст ndash статические напряжения относитель-ные деформации и перемещения соответственно Величина ко-эффициента динамичности дk рассчитывается для каждого

конкретного элемента конструкции и определяется выражения-ми зависящими от вида динамической нагрузки

Условие прочности в этом случае записывается в виде

max д д (82)

где max д minus максимальные динамические напряжения в элемен-

те конструкции д minus допускаемые напряжения при динами-

ческом нагружении величина которых зависит от свойств ма-териала при динамической нагрузке и условий эксплуатации конструкции

П р и м е ч а н и е Если напряженное состояние элемента конст-рукции является сложным то аналогично п 6 расчет ведется по эквива-лентным напряжениям которые рассчитываются по соответствующему критерию прочности

82 Расчет коэффициента динамичности Рассмотрим простейшие виды динамического нагружения

821 Действие линейных ускорений Пусть груз весом Q на тросе поднимается с ускорением а

(рис 81)

Рис 81

187

В этом случае дополнительно к весу Q на трос действует сила инерции от груза Коэффициент динамичности определя-ется выражением

д 1а

kg

(83)

где g ndash ускорение свободного падения (g = 98 мс2) Статическое напряжение растяжения в тросе равно

стQ

F (84)

где F ndash площадь поперечного сечения троса Динамические напряжения определяются по формуле (81)

а условие прочности имеет вид (82)

822 Действие удара

Пусть на упругую систему с высоты Н падает груз весом Q На рис 82а показан продольный осевой удар а на рис 82бв ndash поперечный удар по балке

Рис 82

Во всех случаях коэффициент динамичности определяется

выражением

дст

21 1

Нk

(85)

а) б) в)

188

Здесь коэффициент учитывает вес элемента конструк-ции (стержня балки) по которому производится удар (рис 82) Этот коэффициент вычисляется по формуле

Эп1

Q

Q (86)

где ЭQ ndash вес элемента конструкции (стержня балки) а п ndash ко-

эффициент приведения массы элемента к точке в которой про-изводится удар (к точке K) Этот коэффициент lt 1 а его вели-чина зависит от координат точки приложения удара и расчетной схемы элемента [1 6]

Например при продольном ударе (рис 82а) этот коэф-

фициент принимает значение п1

3

При поперечном ударе

ndash для расчетной схемы (рис 82б) п17

048635

ndash для расчетной схемы (рис 82в) п33

0236140

Для остальных расчетных схем значения коэффициента приведения можно найти в [6]

В тех случаях когда вес элемента конструкции сущест-венно меньше веса падающего груза ( ЭQ ltlt Q) выполняется ус-

ловие Эпltlt 1

Q

Q и коэффициент принимают равным единице

те = 1 а балку считают невесомой В этом случае формула (85) принимает вид

дст

21 1

Нk

(87)

Если выполняется условие ст

2Н

1 то возможно даль-

нейшее упрощение и тогда применяют приближенную формулу для определения коэффициента динамичности

дст

2

Нk

(88)

189

Применительно к расчетным схемам показанным на рис 82 ст определяется следующим образом

ndash при продольном ударе (рис 82а) стQl

EF

ndash при поперечном ударе (рис 82бв) ст определяется

как прогиб точки K при приложении в ней статической силы равной Q Этот прогиб определяется любым методом напри-мер методом начальных параметров (см п 41)

Динамические напряжения определяются выражением (81) а условие прочности для наиболее нагруженного попереч-ного сечения элемента конструкции записывается в виде (82)

823 Действие вибрации

При действии внешних вибрационных нагрузок в элемен-тах конструкции имеет место динамическое воздействие что приводит к повышению напряжений деформаций и перемеще-ний упругой системы

Расчет стержней валов и балок на действие вибрации яв-ляется достаточно сложным и здесь не рассматривается [1 8] Будем рассматривать расчетные схемы типовых элементов кон-струкций как одномассовые колебательные системы у которых вся масса сосредоточена в одной точке

В качестве примера рассмотрим поперечные колебания двухопорной балки с грузом расположенным в сечении K (рис 83) Пунктиром показана форма поперечных колебаний балки

Рис 83

Считаем что балка невесома а груз имеет массу М Соб-

ственная частота балки в этом случае определяется выраже-нием [1]

190

ст

g

(89)

где g = 981 мс2 ndash ускорение свободного падения ст minus пере-

мещение сечения K при статическом нагружении балки усили-ем равным весу груза М (рис 83)

Необходимо отметить что собственная частота опреде-ленная таким образом соответствует основной (наименьшей) собственной частоте упругой системы на которой как правило возникают наибольшие перемещения и напряжения

При действии на балку внешней гармонической вибрации с частотой по направлению оси у в балке возникают вынуж-денные колебания При совпадении частот вынужденных и собственных колебаний в системе возникает резонанс при котором происходит максимальное увеличение динамических напряжений д и перемещений д в сечениях балки которые

вычисляются по формулам (81) При динамических расчетах на вибрацию вводится поня-

тие динамического коэффициента который часто называют коэффициентом нарастания вынужденных колебаний и опреде-ляют по формуле [1]

22 2 2

1

21

n

(810)

где безразмерный параметр 2n

ndash характеризует рассеяние энер-

гии и затухание колебаний в элементе конструкции Для реаль-ных элементов конструкций работающих на изгиб этот пара-

метр принимает значения 2

lt 04n

Динамический коэффициент характеризует увеличение динамических напряжений за счет действия внешней гармони-ческой силы с амплитудой Р Например если в точке K балки (рис 83) установлен электродвигатель то при его работе на балку в точке K будут действовать две составляющие внешних нагрузок

ndash вес электродвигателя Q который является постоянным

191

ndash инерционная сила с амплитудой Р которая является пе-ременной вызывает колебания балки и определяется величиной дисбаланса вращающихся частей ротора электродвигателя

На рис 84 показаны зависимости динамического коэффи-

циента от отношения частот

при различных значениях па-

раметра 2n

характеризующего демпфирования в упругой

системе

Рис 84

Из рис 84 следует что при резонансе происходит резкое

возрастание амплитуд колебаний что в свою очередь вызывает повышение напряжений в балке

192

Областью резонанса обычно считают частотный диапазон внешних воздействий

07 13 (811)

Поэтому при проектировании элементов конструкций же-лательно за счет конструктивных мер обеспечивать выполнение

условий lt 07

и 13

Анализ зависимостей представленных на рис84 показы-вает что вне резонансного интервала (811) динамический коэффициент незначительно зависит от параметра демпфирова-ния γ в системе и вне этого интервала динамический коэффици-ент (810) можно рассчитать по приближенной формуле не учи-тывающей демпфирование в упругой системе

2

1

1

(812)

С учетом веса Q статически действующего на балку ко-эффициент динамичности определяется выражением

д 1Р

kQ

(813)

Динамические напряжения деформации и перемещения определяется по формуле (81) с учетом (813) При этом под статическими характеристиками ст ст ст понимаем напря-

жения деформации и прогибы в балке при статическом дейст-вии на нее веса электродвигателя Q

П р и м е ч а н и е В случаях когда балку нельзя считать невесо-мой вводится понятие приведенной сосредоточенной массы Мпр которая определяется по формуле

пр п1 БММ ММ

(813)

где М ndash сосредоточенная масса расположенная в т K (рис 83)

БМ ndash масса всей балки п ndash коэффициент приведения массы балки к точке K который определяется в соответствии с п 822

193

83 Расчет на ударную нагрузку Задача 16 На упругую систему (рис 85) с высоты Н падает

груз Q Подобрать размеры поперечного сечения конструкции из-

готовленной из малоуглеродистой стали если

тр = тс = 320 МПа Е = 2 105 МПа

коэффициент запаса прочности n = 2 массу упругой системы не учитывать

Данные необходимые для решения задачи выбрать из табл 81

Для прямоугольных поперечных сечений балок принять

2h

b для кольцевых сечений принять 07

dс

D где

D ndash внешний d ndash внутренний диаметры

Таблица 81

Номер строки

Схема по рис 85

Q Н Н м а м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

I II III IV V VI VII VIII IX X

200 400 600 800 1000 500 750 800 900 100

05 04 02 04 01 03 03 02 02 05

10 12 15 10 08 12 08 15 10 10

Буква шифра

а г д г

Пример В соответствии с условиями задачи 15 подобрать

размеры круглого поперечного сечения балки показанного на рис 86а при Q = 200 Н а = 2 м Н = 02 м

194

Рис 85

Решение 1) приложим к системе статическую силу равную весу

падающего груза Q (рис 86б) и строим эпюру изгибающего

195

момента хМ (рис 86в) Опорные реакции в сечении А опреде-

ленные из уравнений равновесия для балки А AМ Qa Y P

Рис 86

2) определим статический прогиб ст в точке K (рис 86б)

применяя метод начальных параметров (см пп41) Начальные параметры 0 00 0A Аy y так как

в сечении А балка жестко закреплена В соответствии с уравнением (410 ) получим

2 3

2 3 3

( 0) ( 0)1( )

2 3

1

2 6 3

A AK K

x

x x

M a Y ay y a

EJ

Qa a Qa Qa

EJ EJ

Знак laquominusraquo указывает на то что прогиб точки K направлен вниз

Момент инерции сплошного круглого поперечного сече-

ния равен 3

64xD

J

поэтому окончательно получим

3

ст 4

64

3

Qa

ED

(814)

а) б) в)

196

3) коэффициент динамичности в соответствии с выраже-нием (88) равен

2

дст

2 3

4 2

H D EHk

a Qa

(815)

4) обращаясь к эпюре хМ (рис 86в) находим опасное

сечение в котором изгибающий момент достигает наибольшего значения max х АМ М Qa и определяем максимальную вели-

чину статических напряжений Так как момент сопротивления

балки равен 3

32хD

W

то

maxmax cт 3

32А

x

М Qa

W D

5) определяем величину динамических напряжений в опас-ном сечении (81)

max дин д max ст

2

3

( )

3 32 1 3

4 2 04 2

k

D ЕН Qa QEH

а Qa D aD

(816)

6) запишем условие прочности (82) которое с учетом (816) принимает вид

max дин1 3

04 2

QEH

D a

(817)

Находим допускаемые напряжения

т

т

320160

2n

МПа

Определим из (817) требуемый диаметр D поперечного сечения

2 5 3

3мм

1 3

04 2

1 3 2 10 2 10 02 10678

04 160 2 2 10

QEHD

a

197

Округляя полученное значение D окончательно прини-маем D = 68 мм

Вычислим фактическое значение коэффициента динамич-ности при выбранном значении диаметра поперечного сечения балки (815)

2 2 5 3

д 3 3

3 68 3 2 10 02 101254

4 2 4 2 10 2 200 2 10

D EHk

a Qa

Таким образом фактический коэффициент динамичности при ударе составляет д 1254k

84 Расчет упругой системы при действии вибрации

Задача 17 Упругая система представляет собой балку представлен-

ную на рис 87 Поперечное сечение балки выполнено в виде двух швеллеров (рис 88а) или двух двутавров (рис 88б) же-стко соединенных между собой

В точке K на балке (рис 87) установлен электродвигатель весом Q частота вращения вала которого равна n минndash1 Сила инерции возникающая вследствие неуравновешенности вра-щающихся деталей электродвигателя равна инР Материал балки ndash прокатная сталь с пределом текучести т 320 МПа и

модулем упругости 52 10 МПаЕ

Данные для варианта задания принять по табл 82 и рис 87

Требуется определить величину максимальных напря-жений в балке и фактический коэффициент запаса ее проч-ности

198

Рис 87

199

Рис 88

Таблица 82

Тип сечения Номер строки

Схема по

рис 87Q кН инР кН n мин-1 l м

[ ] I I

1 I 60 08 320 05 5 2 II 58 06 400 06 10 3 III 48 05 510 04 8 4 IV 50 045 600 05 12 5 V 62 052 1000 06 65 6 VI 46 04 700 04 14 7 VII 40 036 550 045 10 8 VIII 64 058 480 05 10 9 IX 66 044 800 08 12 0 X 59 03 360 04 16

Буква шифра

а г д б в а г

Пример расчета В соответствии с условиями задачи 17 рассмотрим кон-

сольную балку поперечное сечение которой выполнено из двух швеллеров 14

Остальные исходные данные приняты следующими ndash коэффициент запаса прочности nт = 2 ndash вес электродвигателя Q = 64 кН ndash l =18 м ndash сила инерции инР = 12 кН ndash число оборотов электродвигателя n = 320 минndash1 Массу упругой системы не учитываем

а) б)

200

Решение 1) на рис 89а показана расчетная схема балки

Рис 89

2) приложим статически вес электродвигателя к балке

в точке K (рис 89б) и из уравнений равновесия балки получим значения опорных реакций

A АY P М Ql

Эпюра изгибающего момента хМ показана на рис 89в

из которого следует что наиболее нагруженным является сече-ние А в котором максимальный изгибающий момент равен

max хМ Ql а максимальные статические нормальные напря-

жения в балке определяются выражением 3 3

maxmax ст 3

64 10 16 108205

2 2 2 702 10x

x x

М Ql

W W

МПа

где 702xW см3 ndash момент сопротивления одного швеллера 14

(см прил 4) 3) применяя метод начальных параметров (см п 41) оп-

ределяем статический прогиб в точке K где установлен элек-тродвигатель (рис 89б)

а) б) в)

201

3

ст 3Kx

Qly

EJ (818)

Здесь xJ ndash момент инерции двух швеллеров относительно

оси х (рис 89а) Так как момент инерции одного швеллера 14

(см прил 4) равен (1) 4911хJ см4 то (1)2 9822x хJ J см4

4) собственная частота в соответствии с (89) и (818) определяется как

5 6 8

3 3 3cт

3 981 3 2 10 10 9822 10394

64 10 18xEJ gg

Ql

сndash1

5) частота вынужденных колебаний определяется по фор-муле

320335

30 30

n сndash1

Определим отношение частот

335085

394

следовательно

085

Таким образом при работающем электродвигателе в со-ответствии с (811) вибрация балки происходит в резонансной области (811)

6) так как по условию задачи балка является невесомой и в ней не происходит рассеяния энергии то динамический коэф-фициент можно определить по формуле (812)

2 2

1 1361

3351 1

394

Коэффициент динамичности определяем по формуле (813)

ид

121 1 361 17

64

Рk

Q

7) максимальные динамические напряжения при вынуж-денных колебаниях балки (81) составляют

202

max д max ст( ) 17 825 14025k МПа

Допускаемые напряжения

тд

т

320160

2n

МПа

Условие прочности (82) выполняется так как

max д д14025 lt 160 МПа

8) в качестве примера выполним динамический расчет балки с учетом ее веса Вес балки в форме двух швеллеров 14 равен

Б 2 2 123 18 4428 H 0443 кНQ ml

Здесь m =123 Н ndash вес погонного метра одного швеллера 14 (см прил 4)

Коэффициент приведения п для расчетной схемы балки (рис 89б) равен (см п 822) п 024

В соответствии с (813) приведенный вес балки к точке K (рис 89) составляет прQ Q где коэффициент определя-

ется выражением

Бп

04431 1 024 1017

64

Q

Q

пр 64 1017 651Q кН

Максимальные статические напряжения в этом случае со-ставляют

прmax ст 1017 8205 8344

2 2x x

Q l Ql

W W МПа

Собственная частота

13

cт

3 1 1394 398 c

2 1017xEJ gg

Ql

Динамический коэффициент

2 2

1 1345

3351 1

398

203

Коэффициент динамичности

инд

пр

121 1 345 164

651

Рk

Q

Максимальные динамические напряжения

max д д max ст( ) 164 8344 1368k МПа

Так как max д дlt то условие прочности также выпол-

няется Выводы 1 Из проведенных исследований следует что учет собст-

венного веса несущественно влияет на результаты расчета ndash максимальные динамические напряжения в балке изме-

нились на

1368 14025100 25

1368

ndash коэффициент динамичности изменится на

164 17100 36

164k

2 Так как допускаемая погрешность инженерного расчета 5 то допускается выполнять динамический расчет без

учета собственного веса балки

Контрольные вопросы

1 Приведите примеры динамических внешних нагрузок 2 Как рассчитываются динамические напряжения дефор-

мации перемещения 3 Как записывается условие прочности при динамическом

нагружении 4 Дайте определение коэффициента динамичности при

действии линейных ускорений 5 Как рассчитывается коэффициент динамичности при

ударе 6 Как учитывается масса элемента конструкции при ударе 7 Запишите приближенную формулу для расчета коэффи-

циента динамичности при ударе

204

8 Как определяется динамический коэффициент при дей-ствии гармонической вибрации

9 Как вычислить основную собственную частоту балки при вибрации

10 Что такое резонанс Когда он возникает 11 Какая частотная область называется резонансной 12 Как вычисляется коэффициент динамичности при виб-

рационном воздействии 13 Как вычисляются динамические напряжения в элементе

конструкции при действии вибрации 14 Как учитывается вес элемента конструкции при дейст-

вии вибрации 15 Сформулируйте порядок выполнения расчета на проч-

ность при динамическом воздействии

205

Глава 9

РАСЧЕТЫ ЗА ПРЕДЕЛАМИ УПРУГОСТИ

91 Основные понятия Приведенные выше методики расчетов на прочность ти-

повых элементов конструкций основаны на оценке прочности материала в наиболее нагруженных точках по допускаемым на-пряжениям Предельным состоянием конструкции в этом слу-чае считается такое ее состояние при котором максимальные напряжения достигают предела текучести т для пластичных материалов или предела прочности в для хрупких материалов Состояние остального массива элемента конструкции во внима-ние не принимается [6]

В то же время при неравномерном распределении напря-жений например при изгибе балок (см рис 43) и кручении ва-лов (см рис 31) для элементов изготовленных из пластичных материалов появление местных максимальных напряжений равных пределу текучести ( max т ) в большинстве случаев

не является опасным так как в остальной части сечения напря-жения являются упругими Поэтому конструкция может выпол-нять свое функциональное назначение

В связи с этим возникла необходимость в новом подходе к оценке прочности по ее предельному состоянию

Под предельным состоянием конструкции будем пони-мать такое ее состояние при котором она полностью теряет способность сопротивления внешним нагрузкам и не может выполнять свое функциональное назначение

Методы расчетов по предельному состоянию широко применяются при проектировании различных конструкций так как позволяют вскрыть резервы прочности которые не учиты-ваются при расчетах по допускаемым напряжениям Это позво-ляет выполнять оптимальное проектирование способствующие уменьшению металлоемкости конструкций

Практическое применение метода расчета по предельному состоянию рассмотрим на элементах конструкций работающих

206

на растяжение и кручение Считаем что они изготовлены из пластичного материала диаграмма растяжения которого имеет площадку текучести (рис 13) характеризующуюся пределом текучести т

С целью упрощения расчета по предельному состоянию нелинейную диаграмму растяжения схематизируют таким обра-зом что участок прямой ОА выражающий закон Гука непо-средственно переходит в горизонтальный участок ВС соответ-ствующий площадке текучести (см рис 13)

При этом считают что пределы пропорциональности пц

и текучести т совпадают те т пц

Такая схематизированная диаграмма называется диаграм-мой Прандтля (рис 91) а материал соответствующий этой диаграмме называется идеально пластичным [9]

Рис 91

Замена реальной диаграммы схематизированной диа-граммой Прандтля приемлема для пластичных материалов и дает хорошие результаты расчета предельных нагрузок согла-сующиеся с данными экспериментальных исследований

Предельное состояние элемента конструкции определяем наличием значительной пластической деформацией которая наступает на площадке текучести в начале зоны упрочнения СD на реальной диаграмме (см рис 13)

Рассмотрим некоторые случаи расчета типовых элементов конструкций по предельному состоянию используя диаграмму Прандтля (рис 91)

92 Упругопластический изгиб балок

Рассмотрим поперечный изгиб балки изготовленной из пластичного материала В наиболее нагруженном поперечном

207

сечении действуют изгибающий момент хМ (рис 92а) под

действием которого в поперечном сечении возникают нормаль-ные напряжения σ которые определяются по формуле (41)

Рассмотрим балку прямоугольного сечения (рис 92б) с размерами bh Эпюра нормальных напряжений σ по высоте сечения при упругом деформировании показана на рис 92в

Максимальные напряжения достигаются в верхних и ниж-них волокнах балки и определяются формулой (43)

maxх

x

М

W (91)

где 3

6xbh

W ndash момент сопротивления при изгибе прямоуголь-

ного поперечного сечения

Рис 92

При возрастании величины изгибающего момента хМ

в соответствии с диаграммой Прандтля (рис 91) нормальные напряжения остаются постоянными и равными пределу теку-чести те max т Эпюра этих напряжений показана на

рис 92г При этом в поперечном сечении образуются две зоны (рис 92 д)

ndash упругая зона 1 в которых тlt ndash пластические зоны 2 (заштрихованы) в которых т В этом случае имеет место упругопластический изгиб

балки При дальнейшим увеличении изгибающего момента хМ

происходит расширение пластических зон 2 Предельное со-

а) б) в) г) д) е)

208

стояние наступит в случае когда пластическая зона охватит все поперечное сечение те эпюра нормальных напряжений примет вид показанный на рис 91е При этом в поперечном сечении возникает пластический шарнир и балка теряет свою несущую способность те наступает ее предельное состояние Изгибаю-щий момент соответствующий этому состоянию называется предельным изгибающим моментом прМ

Предельный изгибающий момент в соответствии с эпюрой нормальных напряжений представленной на рис 91а опреде-ляется выражением

пр т т

2

2 2 xFF

М у dF у dF S (92)

где xS minus в соответствии с определением (21) равен статическо-

му моменту половины площади 2

F поперечного сечения прямо-

угольника Величину 2 xS называют пластические моменты сопро-

тивления сечения плW те

пл 2 xW S (93)

Предельный изгибающий момент в этом случае в соответ-ствии с (92) вычисляется как

пр т плМ W (94)

Для балки прямоугольного поперечного сечения [1] 2

2xbh

S Следовательно

2

пл 4

bhW (95)

Сравним степень увеличения запаса прочности балки при переходе от расчета по допускаемым нагрузкам к расчету по предельным нагрузкам

При расчете по допускаемым нагрузкам предельно допус-каемая величина изгибающего момента равна

т т хМ W (96)

209

При расчете по предельным нагрузкам величина предель-ного момента определяется выражением (94)

Степень увеличения несущей способности при переходе к расчету по предельному состоянию определим параметром

пр пл

т

x

М W

М W (97)

Для прямоугольного поперечного сечения этот параметр с учетом выражений (94) (95) (96) принимает значение

2

2

615

4

bh

bh

Аналогично решается задача и для других типов попереч-ных сечений [5] Для некоторых простейших поперечных сече-ний значения коэффициента приведены в табл 91

Таблица 91

210

Окончание табл 91

93 Расчет остаточных напряжений Рассчитаем сечения балки в котором действует изгибаю-

щий момент xМ и выполняются условия т прxМ М М

В этом случае в поперечном сечении балки имеются две зоны (рис 93а) 1 ndash упругая 2 ndash пластическая а эпюра нормальных напряжений имеет вид представленный на рис 93б

Рис 93

а) б) в) г)

211

Разгрузка балки происходит по линии КМ диаграммы Прандтля которая параллельна линии ОА характеризующей закон Гука (рис 91) Таким образом прикладывая изгибающий момент xМ обратного знака в соответствии с законом Гука по-

лучим линейную эпюру разгрузочных нормальных напряжений

р представленную на рис 93в

Нормальные напряжения при разгрузке в точках сечения

1K и 2K расположенных на верхних волокнах сечения и на границе упругой и пластической зон (рис 93а) определяются по формулам (91) и соответственно

max рx

x

M

W (2)

p K

M x yJx

(98)

где K

y ndash координата границы упругой области (рис 93а)

Остаточные напряжения ост определяются по принципу

суперпозиций как алгебраическая сумма действовавших и раз-грузочных напряжений (рис 93а)

ndash в точке 1K (1)

ост max р т

ndash в точке 2K (2) (2)

ост р т

С учетом соотношений (98) получим выражения для рас-чета остаточных напряжений в точках 1K и 2K

(1)

ост тx

x

M

W (910)

(2)

ост т Kx

x

yM

W

Эпюра остаточных напряжений по высоте поперечного сечения является линейной и представлена на рис 93г Факти-ческий знак остаточных напряжений ост в любой точке сече-

ния зависит от знака и величины действующего в сечении изги-бающего момента xM и координаты

Ky определяющей размер

упругой зоны Из анализа эпюры остаточных напряжений сле-дует что наибольшие остаточные напряжения могут иметь ме-сто в точках 1K или 2K Это определяется при расчетах для конкретной расчетной схемы конструкции

212

94 Расчет по предельному состоянию при кручении

При кручении валов сплошного круглого поперечного се-

чения по допускаемым напряжениям касательные напряжения в упругой области распределяются по линейному закону (31) а эпюра касательных напряжений в сечении представлена на рис 31

Опасное состояние вала имеет место при появлении пла-стических деформаций на внешнем контуре поперечного сече-ния при выполнении условия

max т (911)

где т minus предел текучести по касательным напряжениям Проводя рассуждения аналогичные п 92 получим кру-

тящий момент соответствующий опасному состоянию при рас-чете по допускаемым напряжениям

т(кр) т pМ W (912)

где 3

16pD

W

minus полярный момент сопротивления при кру-

чении Предельный крутящий момент пр(кр)М определяется вы-

ражением 913

пр(кр) т (пл)pМ W (914)

где 3

(пл) 12pD

W

minus пластический момент сопротивления при

кручении На рис 93 показаны эпюры касательных напряжений

в поперечном сечении при различных значениях крутящего мо-мента кр М

ndash кр т(кр)lt М М все сечение работает в упругой области

(рис 94а) ndash т(кр) кр пр(кр)lt М М М сечение разбивается на две зоны

1 ndash упругая зона ( тlt ) 2 ndash пластическая зона при т (рис 94б) где

K ndash радиус определяющий размер упругой

зоны 1

213

ndash кр пр(кр) М М все сечение работает в пластической зоне

при т (рис 94в)

Рис 94

Степень увеличения несущей способности вала при пере-

ходе к расчету по предельному состоянию определим безраз-мерным параметром кр аналогично (97)

пр(кр)кр

т(кр)

М

М (914)

который с учетом выражений (912) и (913) равен 3

(пл)кр 3

16 4133

312

p

p

W D

W D

(915)

Таким образом скрытый запас прочности вала работаю-щего на кручение при переходе к расчету по предельному со-стоянию составляет кр 133

95 Расчет остаточных напряжений при упругопластическом кручении валов

При разгрузке вала в его поперечных сечениях аналогич-

но п 94 возникают остаточные касательные напряжения ост

[5 9] На основании рассуждений аналогичных п 94 получим

что эпюра остаточных касательных напряжений по радиусу по-перечного сечения также является линейной (рис 95в)

214

Рис 95

Значения остаточных касательных напряжений ост в точ-

ках 1K и 2K (рис 95аб) вычисляются по формулам

(1)

ост

крт

р

M

W (916)

(2)

ост

крт

р

M

J

Из анализа эпюры остаточных касательных напряжений следует что наибольшие остаточные напряжения достигаются в точках 1K и 2K поперечного сечения вала

96 Расчет вала по предельному состоянию

Задача 18 Стальной вал круглого поперечного сечения защемлен

обоими концами нагружен крутящими моментами 1 2m m и 3m

в соответствии с задачей 5 (см п 32) и расчетной схемой по-казанной на рис 32

Значения крутящих моментов 1 2m m и 3m выраженные

через внешний момент m принять в соответствии с вариантом задания по табл 31

Выполнить расчет вала по предельному состоянию и оп-ределить предельно допустимое значение внешнего момента m

а) б) в)

215

Проанализировать напряженное состояние вала при действии предельного крутящего момента

При выполнении расчета принять ndash модуль сдвига G = 8 middot 104 МПа ndash предел текучести по касательным напряжениям для ма-

териала вала т 140 МПа

Пример В соответствии с условиями задачи 18 Выпол-нить расчет для вала при 1 3m m 2m m 3 3m m 1 2l l

2 3 4l l l l Расчетная схема вала представлена на рис 94а

и соответствует примеру в задаче 6 (см п 33)

Рис 96

Решение 1) задача является статически неопределимой Раскрывая статическую неопределимость в соответствии

с решением примера и применяя метод сечений получим эпюру крутящих моментов (см рис 35) представленную на рис 96в

а) б) в)

216

2) анализ эпюры крутящих моментов показывает что наи-более нагруженным является III участок вала (имеет постоянное поперечное сечение диаметром D) на котором максимальный крутящий момент равен

max кр 24 М m (917)

3) расчет на прочность по допускаемым напряжениям по-казал что при действии момента m = 05 кНmiddotм вал должен иметь диаметр сечения (313) 424D мм

Окончательно принимаем диаметр вала 44D мм 4) выполним расчет предельного значения внешнего мо-

мента пр m рассматривая предельное состояние вала на наибо-

лее нагруженном III участке который имеет полярный момент

сопротивления 3 3

444167 10

16 16pD

W

мм3

Пластический момент сопротивления при кручении вала в соответствии с (913) равен

4 4(пл) кр 133 16 7 10 222 10p pW W мм3

В соответствии с (913) предельный крутящий момент равен

4 6пр(кр) т (пл) 140 222 10 311 10 Н мм 311pМ W кНmiddotм

Учитывая связь максимального крутящего момента

max крМ и внешнего момента m (917) получим уравнение для

определения предельного значения внешнего момента пр m

max кр пр(кр) пр24 М М m (918)

Из (918) получаем значение предельного внешнего кру-тящего момента

пр(кр)пр

31113

24 24

Мm кНmiddotм

5) проанализируем полученный результат расчета вала по предельному состоянию

Для вала спроектированного по допустимым напряжени-ям на действие внешнего крутящего момента m = 05 кНmiddotм пре-дельное значение внешнего крутящего момента оказалось рав-ным пр 13m кНmiddotм

217

Таким образом предельный внешний крутящий момент для рассмотренной расчетной схемы вала можно увеличить в n раз по сравнению с заданным

пр 1326

05

mn

m

6) проанализируем эпюры касательных напряжений дей-ствующих в поперечных сечениях вала при различных значени-ях внешнего крутящего момента m При этом считаем что вал имеет диаметр D = 44 мм полученный из расчета на прочность по допускаемым напряжениям Для этого определим значение внешнего момента тm соответствующее образованию пласти-ческой деформации на внешнем контуре сечения вала на наибо-лее нагруженном III участке В соответствии с (912) и (917) получим

max т(кр) т т24pМ W m (919)

Таким образом 4

6т т

167 10140 097 10

24 24pW

m

Нmiddotмм = 097 кНmiddotм

Если тlt 097m m кНmiddotм то на всех участках вала

max т и все участки вала деформируются упруго Эпюры ка-сательных напряжений имеют вид представленный на рис 94а

Если т прlt ltm m m те 097 lt 13m (кНmiddotм) то на третьем

участке вала имеет место упругопластическое деформирование с образованием двух зон показанных на рис 94б

Проанализируем напряженно-деформированное состояние на других участках вала при пр m m используя расчетную

формулу (32) для определения максимальных касательных на-пряжений

На первом участке (рис 94в) 6

кр прmax 1 4

16 16 13 101245

167 10p p

М m

W W

МПа

На втором участке 6

кр прmax 2 4

14 14 13 10109

167 10p p

М m

W W

МПа

218

На четвертом участке 6

кр прmax 4 4

06 06 13 10467

167 10p p

М m

W W

МПа

Так как на 1 2 и 4 участках при прm m величина макси-

мальных касательных напряжений не превышает предела теку-чести ( max 1 т max 2 т max 4 т ) то на этих участках

имеет место упругое деформирование а эпюры касательных напряжений имеют вид представленный на рис 94 а

Если прm m те m = 13 кНmiddotм то на третьем участке име-

ет место пластическое деформирование вала по всему сечению а эпюра касательных напряжений показана на рис 94 в

7) проведенный расчет по предельному состоянию позво-ляет определить величину внешнего крутящего момента при котором полностью исчерпывается несущая способность вала и он уже не может выполнять своего функционального предна-значения

П р и м е ч а н и я 1 Решение задач по определению предельных внешних нагрузок

при изгибе балок (п 92) и других видов нагружения выполняется анало-гично п 94 с учетом вида напряженного состояния элементов конструк-ций и эпюр распределения напряжений действующих в наиболее нагру-женных поперечных сечениях элементов конструкций [9]

2 Если в элементе конструкции имеются остаточные напряжения то их необходимо учитывать при выполнении расчетов на прочность

Результирующие напряжения в элементе конструкции определяется как алгебраическая сумма напряжений

ост (920)

где ndash напряжения возникающие в элементе конструкции при действии заданных внешних нагрузок

При кручении результирующие касательные напряжения определяются аналогично (920)

Контрольные вопросы

1 Какое состояние конструкции называется предельным 2 С какой целью выполняют схематизацию диаграмм рас-

тяжения 3 Нарисуйте диаграмму Прандтля

219

4 Сформулируйте порядок расчета элементов конструк-ций по предельному состоянию

5 Какой изгибающий момент называется предельным 6 Что такое пластический момент сопротивления попе-

речного сечения балки при изгибе 7 Как определяется предельный изгибающий момент при

кручении вала 8 Как определяется пластический момент сопротивления

поперечного сечения вала при кручении 9 Нарисуйте эпюру распределения нормальных напряже-

ний при упругопластическом изгибе балки 10 Нарисуйте эпюру распределения касательных напря-

жений при упругопластическом кручении вала

220

Заключение В пособии рассмотрены методы расчета на прочность же-

сткость и устойчивость простейших элементов конструкций различного назначения в виде стержней балок и валов нахо-дящихся под действием силовых температурных и монтажных нагрузок

Представлены два типа расчетов по допускаемому на-пряжению и предельному состоянию

В тех случаях когда элементы конструкций являются более сложными и представляют собой пластины и оболочки сосуды вращающиеся диски и др расчеты и анализ напря-женно-деформационного состояния выполняются с использо-ванием методов теорий пластин и оболочек [1 6] теории упру-гости [9] При расчете элементов конструкций работающих за пределами упругости используют методы теории пластичности и ползучести [9]

Развитие вычислительной техники привело к использова-нию различных численных методов для расчета элементов кон-струкций реализованных в программных контентах Matlab MatCAD Solid Works [10 11]

Одним из наиболее часто применяемых в механике де-формированных тел является метод конечных элементов (МКЭ) В основе этого метода [12 13] лежит разбиение реаль-ного элемента конструкции на конечные элементы

В зависимости от вида рассматриваемой конструкции ко-нечные элементы могут быть стержневыми плоскими и объем-ными Для каждого конечного элемента задаются физико-механические свойства материала и описываются поля переме-щений деформаций и напряжений Это позволяет решать за-дачи для конструкций состоящих из различных материалов подверженных действию различных внешних воздействий с учетом их упругих и упругопластических свойств В результа-те реализации МКЭ получают поля перемещений деформаций и напряжений позволяющие на этапе проектирования конст-рукции анализировать ее напряженно-деформированное состо-яние и принимать научно обоснованные конструкторско-технологические решения для оптимизации проектируемой конструкции

221

В настоящее время в инженерной практике широко применяется МКЭ реализованной в программном комплексе ANSYS [12 13]

Благодаря развитию различных отраслей техники и нано-технологий в последнее время при проектировании различных элементов конструкций применяют новые конструкционные материалы обладающие специальными свойствами [6] К таким материалам относятся монокристаллы композиционные мате-риалы углепластики полимеры техническая керамика кера-мо-металлические материалы и др В последнее время прово-дятся работы по созданию новых материалов с заданными свойствами

Представленный в пособии материал будет способство-вать повышению качества подготовки специалистов по указан-ным направлениям Пособие может быть рекомендовано ма-гистрам аспирантам и инженерно-техническим работникам за-нимающимися вопросами проектирования конструкций в ма-шино- автомобиле- приборостроении и при проектировании энерго- и электротехнических установок

222

Библиографический список

Основная литература

1 Феодосьев В И Сопротивление материалов В И Фео-досьев ndash М Наука 2002 minus 540 с

2 Степин П А Сопротивление материалов П А Сте- пин 11-е изд стереотип СПб Лань 2011 320 с

3 Писаренко Г С Справочник по сопротивлению мате-риалов Г С Писаренко АП Яковлев В В Матвеев ndash Киев Наукова думка 1975 ndash 704 с

4 Гонтарь И Н Сопротивление материалов учеб посо-бие к выполнению тестовых задач И Н Гонтарь Н И Волчи-хина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2011 ndash 104 с

5 Миролюбов И Н Сопротивление материалов пособие по решению задач И Н Миролюбов ndash СПб Лань 2014 ndash 512 с

6 Молотников В Я Механика конструкций Теорети-ческая механика Сопротивление материалов учеб пособие В Я Молотников ndash СПб Лань 2012 ndash 544 с

7 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учебн-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 1 ndash 68 с

8 Литвинов А Н Механика материалов и конструкций Лабораторный практикум учеб-метод пособие в 2 ч А Н Литвинов Н С Шорина под ред А Н Литвинова ndash Пенза Изд-во ПГУ 2017 ndash Ч 2 ndash 61 с

Дополнительная литература

9 Самуль В И Основы теории упругости и пластичности В И Самуль ndash М Высш шк 1982 ndash 264 с

10 Дьяконов В П Справочник по MathCAD PLUS 70 PRO В П Дьяконов ndash М СК Пресс 1998 ndash 352 с

11 SolidWorks Компьютерное моделирование в инженер-ной практике А А Алямовский А А Собачкин Е В Один-цов А И Харитонович Н Б Пономарев ndash СПб БХВ-Петер-бург 2006 ndash 800 с

12 Басов К А ANSYS в примерах и задачах К А Басов ndash М ДМК Пресс 2005 ndash 640 с

223

13 Чигарев А В ANSYS для инженеров справ пособие А В Чигарев А С Кравчук А Ф Смалюк ndash М Машино-строение 2004 ndash 512 с

14 Оформление учебно-конструкторской документации метод указания для выполнения работ по курсовому и диплом-ному проектированию сост И Н Гонтарь Н Е Денисова В А Шорин Н И Волчихина ndash Пенза Изд-во ПГУ 2003 ndash 88 с

224

ПРИЛОЖЕНИЕ 1

Структура пояснительной записки

Курсовая работа включает следующие элементы ndash титульный лист ndash реферат ndash содержание ndash введение ndash основной раздел который содержит расчеты и схемы

всех задач в соответствии с заданием ndash заключение включающее в себя общие выводы по вы-

полненной курсовой работе ndash список литературы ndash приложения включающие в себя чертежи расчетные

схемы результаты численных расчетов и испытаний элементов конструкций

Курсовая работа оформляется в соответствии с рекомен-дациями [14]

225

ПРИЛОЖЕНИЕ 2

Физико-механические характеристики материалов

Марка мате-риала

т МПа В МПа Е10ndash5 МПа

а 10ndash5 Нмм2

(а кгсмсм2)

1 2 3 4 5 6 7 8 1 Сталь

11 Сталь углеродистая обыкновенного качества Ст2 190hellip220 320hellip400 20 024hellip03 26 ndash ndash Ст3 210hellip240 380hellip470 20 024hellip03 21hellip23 ndash 7hellip10 Ст4 240hellip260 420hellip520 20 024hellip03 19hellip21 ndash 6hellip8 Ст5 260hellip280 500hellip620 20 024hellip03 15hellip17 ndash ndash Ст6 300hellip310 600hellip720 20 024hellip03 11hellip15 ndash ndash

12 Сталь углеродистая качественная 10 210 340hellip420 19 024hellip028 31 55 8 20 250 420hellip500 202 024hellip028 15hellip25 55 8 30 300 500hellip600 20 024hellip028 15hellip20 50 8 40 340 580hellip700 214 024hellip028 9hellip17 45 6 45 360 610hellip750 204 024hellip028 16 40 5 50 380 640hellip800 22 024hellip028 14 40 4 60 410 690hellip900 208 024hellip028 12 35

30Г 320 1550hellip700 217 024hellip028 20 45 8 60Г 420 710 211 024hellip028 11 35

13 Легированные стали 20Х 400hellip650 720hellip850 207 025hellip03 ndash 6 40Х 650hellip900 730hellip1060 218 025hellip03 3hellip12 50 6 45Х 700hellip950 850hellip1050 211 025hellip03 3hellip12 50 5 30ХМ 540hellip850 740hellip1000 213 025hellip03 3hellip12 50 8 40ХН 800hellip1300 1000hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 7 12ХН3А 700hellip1100 950hellip1400 204 025hellip03 3hellip12 50 9 20ХН3А 850hellip1100 950hellip1450 204 025hellip03 3hellip12 50 10 40ХНМА 850hellip1600 1100hellip1700 204 025hellip03 3hellip12 50 10 30ХГСА 850hellip1500 1100hellip1700 198 025hellip03 до 7 40 5

2 Чугуны 21 Серые чугуны

СЧ15-32 ndash 150650 08hellip15 023hellip027 ndash ndash ndash СЧ 21-40 т = 075В 210950 085 023hellip027 ndash ndash 09 СЧ35-56 т = 085В 3501200 145 023hellip027 10hellip12 ndash 11

22 Ковкие чугуны КЧ 30-6 190210 300 155 023 6 7 12 КЧ 35-10 220240 350 166 027 10 11 14 КЧ 37-12 230250 370 198 026 12 13 16

226

1 2 3 4 5 6 7 8 23 Высокопрочные чугуны

ВЧ 45-0 350hellip400 4501500 13hellip16 ndash 04hellip14 ndash 05hellip15ВЧ 60-2 420hellip550 6002000 18 ndash 2hellip3 15hellip30ВЧ 40-10 300hellip400 4502100 16 ndash 10 ndash 50hellip70

3 Цветные металлы и сплавы 31 Алюминиевые сплавы

АМцМ 50 130 071 03 23 70 ndash АМг6 170 320 07 03 24 ndash ndash Д1 110 210 071 031 18 58 3 Д16 290 440 071 031 11 15 ndash

32 Медные сплавы Медь 75hellip150 220hellip450 08hellip13 031hellip034 6hellip16 ndash ndash Латуни Л68 520 660 115 032hellip042 3 ndash ndash ЛА 77-2 140 650 11 032hellip042 12 ndash ndash ЛМц 58-2 700 105 032hellip042 10 ndash Л59-1 650 105 032hellip042 16 ndash Бронзы ndash Бр 0-10 140 250 30 032hellip035 11 ndash ndash Бр А-5 500 800 11 032hellip035 4 ndash Бр КМц3-1

100hellip200 650hellip750 104 032hellip035 5hellip10 ndash 13hellip17

4 Титан и его сплавы В Т1 470 610 112 032 20hellip30 45 7 ВТ8 950hellip1100 1050hellip1180 11 03 9hellip15 30hellip55 3hellip6 ВТ3-1 850hellip1100 950hellip1200 115 03 10hellip16 25hellip40 3hellip6 ВТ14 850hellip1100 950hellip1200 115 03 6hellip10 25hellip35 25hellip5

5 Пластмассы (усредненные характеристики) Стекло-тексто-литы

122hellip260 260hellip400 018hellip022 0035hellip045 ndash ndash 05hellip52

Тексто-литы

70hellip80 70hellip110 004hellip01 ndash ndash ndash 035

Органи-ческое стекло

ndash 50hellip108 027hellip0041 ndash 25 ndash ndash

Вини-пласт

ndash 40hellip60 003hellip004 0354 10hellip100 ndash 05hellip08

Поли-стирол

ndash 35 0012hellip0032 ndash 04hellip07 ndash 016hellip02

Фтро-пласт-4

ndash 14hellip25 0005hellip0008 ndash 300hellip500 ndash ndash

6 Другие материалы Каучук нату-ральный

ndash 16hellip38 (06hellip1)10ndash4048

600hellip700 ndash ndash

227

1 2 3 4 5 6 7 8 Стекло ndash 30hellip90 048hellip085 018hellip032 ndash ndash 0015hellip0025 Гранит ndash 30120 049 Сосна (15 влаж-ности)

61 93 0102hellip0145 048 ndash ndash 018hellip023

Пояснения к таблице σт ndash предел текучести при растяжении σв ndash предел прочно-сти при растяжении Е ndash модуль упругости первого рода ndash коэффициент Пуас-сона ndash относительное удлинение ndash относительное сужение а ndash ударная вяз-кость Примечание к таблице ndash прочерк в графе обозначает отсутствие данных ndash интервал значений указывает наименьшее и наибольшее значения величины ndash отсутствие интервала обозначает наименьшее значение величины для чугунов значения пределов прочности приведены в виде дроби σв при рас-тяжении σв при сжатии для цветных металлов и сплавов значения физико-механических характеристик приведены для твердого состояния Все характеристики приведены для нормальных условий при температуре 20 оС

228

ПРИЛОЖЕНИЕ 3

Геометрические характеристики плоских сечений

Вид сечения (фигуры) Расчетные формулы и характеристики

1 2

2F a 4

12x ya

J J

4

1 3xa

J

3

6xa

W

F bh 3

12xbh

J 3

12yhb

J

2

6xbh

W 2

6yhb

W

3

1 3xbh

J 3

1 3yhb

J

2

н вb b hF

2

3н в

нн в

b b hу

b b

2

3н в

вн в

b b hу

b b

2 2 3н н в в

н в

( 4 )

36хb b b b h

Jb b

3н в

13

12х

b b hJ

вв

для верхних волокон( )хх

JW

y

229

1 2

н в( )

2

b b hF

н вн

н в

( 2 )

3( )

b b hy

b b

н вв

н в

(2 )

3( )

b b hy

b b

3 2 2в в 0 0

в 0

6 6

36 2 2х

h b b b bJ

b b

4 4н в

н в

( )

48 ( )yb bh

Jb b

2 2 2в в 0 0

вв 0

6 6

12 3 2х

h b b b bW

b b

4 4н в

2н н в

( )

24 ( )y

b bhW

b b b

2

bhF

в2

3

y h н1

3

y h

3

36х

b hJ

3

36yhb

J

4 2

72хy

h bJ

2

н 12xbh

W 2

в 24x

bhW

1

3

12х

b hJ

3

1 12у

b hJ

230

1 2

2

bhF

н1

3

y h в2

3

y h

3

a cb bd

0

1(2 )

3 cx b b

3

36х

b hJ 1

3

12х

b hJ

2( )

36a c

ybh b b b

J

2

в 24xbh

W

220785

4

dF d

1

44005

64yх хd

J J J d

4

232р хd

J J

1

3301

32x у xd

W W W d

3

16рd

W

2

8

DF

2

Dr

н4

3

ry

4

2

641

8 9х

rJ

1

4

8хr

J

4

8yr

J

231

1 2

2

2

rF

2 sin b r 2 sin 2 34 sin

3cr

у

4 34sin cos1

8хr

J

4 34sin cos1

8 3yr

J

44(1 )

32рD

J

2 (1 )

4

DF

d

D

1

44(1 )

64x у xD

J J J

44(1 )

32рD

J

1

34(1 )

32x у xD

W W W

34(1 )

16рD

W

F аb 3

4xа b

J

3

4yаb

J

2

4xа b

W

2

4yаb

W

232

1 2

1

2F аb

3 8

8 9xJ bа

3

8yаb

J

в

2 88 9

4

13

x

bаW

2

8yаb

W

233

ПРИЛОЖЕНИЕ 4

Стандартные профили прокатной стали

Двутавры стальные горячекатаные (ГОСТ 8239) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции

Размеры мм про-филя h b d t

Пло-щадь см2

Ix см4

Wx см3

ix

см

Sx см3

Jy см4

Wy

см3 iy

см Масса1 м кГ

10 100 55 45 72 120 198 397 406 230 179 649 122 946 12 120 64 48 73 147 350 584 488 337 279 872 138 115014 140 73 49 75 174 572 817 573 468 419 1150 155 137016 160 81 50 78 202 873 1090 657 623 586 1450 170 159018 180 90 51 81 234 1290 1430 742 814 826 1840 188 184018а 180 100 51 83 254 1430 1590 751 898 1140 2280 212 199020 200 100 52 84 268 1840 1840 828 1040 1150 2310 207 210020а 200 110 52 86 289 2030 2030 837 1140 1550 2820 232 227022 220 110 54 87 306 2550 2320 913 1310 1570 2860 227 240022а 220 120 54 89 328 2790 2540 922 1430 2060 3430 250 258024 240 115 56 95 348 3460 2890 997 1630 1980 3450 237 273024а 240 125 56 98 375 3800 3170 1010 1780 2600 4160 263 294027 270 125 60 98 402 5010 3710 1120 2100 2600 4150 254 315027а 270 135 60 102 432 5500 4070 1130 2290 3370 5000 280 339030 300 135 65 102 465 7080 4720 1230 2680 3370 4990 269 365030а 300 145 65 107 499 7780 5180 1250 2920 4360 6010 295 392033 330 140 70 112 538 9840 5970 1350 3390 4190 5990 279 422036 360 145 75 123 619 13380 7430 1470 4230 5160 7110 289 486040 400 155 83 130 726 19062 9530 1620 5450 6670 8610 303 570045 450 160 90 142 847 27696 12310 1810 7080 8080 10100 309 665050 500 170 100 152 1000 39727 15890 1990 9190 10430 12300 323 785055 550 180 110 165 1180 55962 20350 2180 11810 13560 15100 339 926060 600 190 120 178 1380 76806 25600 2360 14910 17250 18200 354 1080

234

Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок (ГОСТ 8240) Обозначения h высота балки b ширина полки d толщина стенки t средняя толщина полки J момент инерции W момент сопротивления S статический момент полусечения i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм

швел-лера H b d t R r

Пло-щадьсм2

Мас-са 1м кг

Jx см4

Wx см3

ix см

Sx см3

Iy см4

Wy см3

iy см

z0cм

5 50 32 44 70 60 25 616 484 228 91 192 559 561 275 0954 11665 65 36 44 72 60 25 751 590 486 150 254 900 870 368 108 1248 80 40 45 74 65 25 898 705 894 224 316 1330 128 475 119 13110 100 46 45 76 70 30 1090 859 1740 348 399 2040 204 646 137 14412 120 52 48 78 75 30 1330 1040 3040 506 478 2960 312 852 153 15414 140 58 49 81 80 30 1560 1230 4911 702 560 4080 454 110 170 16714а 140 62 49 87 80 30 1700 1330 5450 778 566 4510 575 133 184 18716 160 64 50 84 85 35 1810 1420 7470 934 642 5410 633 138 187 18016а 160 68 50 90 85 35 1950 1530 8230 1030 649 5940 788 164 201 20018 180 70 51 87 90 35 2070 1630 10900 1210 724 6980 860 170 204 19418а 180 74 51 93 90 35 2220 1740 11900 1320 732 76101050 200 218 21320 200 76 52 90 95 40 2340 1840 15200 1520 807 87801130 205 220 20720а 200 80 52 97 95 40 2520 1980 16700 1670 815 95901390 242 235 22822 220 82 54 95 100 40 2670 2100 21100 1920 889 11001510 251 237 22122а 220 87 54 102100 40 2880 2260 23300 2120 899 12101870 300 255 24624 240 90 56 100105 40 3060 2400 29000 2420 973 13902080 316 260 24224а 240 95 56 107105 40 3290 2580 31800 2650 984 15102540 372 278 26727 270 95 60 105110 45 3520 2770 41600 3080109017802620 373 273 24730 300 100 65 110120 50 4050 3180 58100 3870120022403270 436 284 25233 330 105 70 117130 50 4650 3650 79800 4840131028104100 518 297 25936 360 110 75 126140 60 5340 41901082006010142035005130 617 310 26840 400 115 80 135150 60 6150 48301522007610157044406420 734 323 275

235

Уголки стальные горячекатаные равнополочные (ГОСТ 8509) Обозначения b ширина полки d толщина стенки J момент инерции Jxy центробежный момент инерции W момент сопротивления i радиус инерции z0 ndash расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

Размеры мм Справочные величины для осей

х ndash x x0 ndash х0 y0 ndash y0 х1 ndash х1

профиля

b d R r

Площадь

см

2

Jx см4

ix см4

Jx0

max см4

ix0

max см

Jy0

min см4

iy0

min см

Jxy см4

z0 см Масса

1 м

кг

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

2 20 3 4

35 12 113 146

040 050

059053

063 078

075 073

017 022

039 038

081 109

060 064

089 115

25 25 3 4

35 12 143 186

081 103

075074

129 162

095 093

034 044

049 048

157 211

073 076

112 146

28 28 3 40 43 162 116 085 184 107 048 055 220 080 127

32 32 3 4

45 15 186 243

177 226

097096

280 358

123 121

074 094

063 062

326 339

089 094

146 191

36 36 3 4

45 15 210 275

256 329

110109

406 521

139 138

106 136

071 070

464 624

099 104

165 216

4 40 3 4 5

50 17 235 308 379

355 458 553

123122120

563 726 875

155 153 154

147 190 230

079 078 079

635 853 1073

109 113 117

185 242 297

45 46 3 4 5

50 17 265 348 420

513 663 803

139138137

813 10501270

175 174 172

212 274 333

089 089 088

904 120 1530

121 126 130

208 273 337

5 50 3 4 5

55 18 296 389 480

711 921 1120

155154153

113014601780

195 194 192

295 380 463

100 099 098

1240 1660 2090

133 138 142

232 305 377

56 56 4 5

60 20 438 541

13101600

173172

20802540

218 216

541 659

111 110

2330 2920

152 157

344 425

63 63 4 5 6

70 23 496 613 728

189023102710

195194193

299036604290

245 244 243

781 952 1120

125 125 124

3310 4150 5000

169 174 178

390 481 572

7 70

45 5 6 7 8

8 27

620 686 815 942

1070

290 319 376 430 482

216216215214213

460 507 536 682 764

272 272 271 269 268

120 132 155 178 200

139 139 138 137 137

510 567 684 801 919

188 190 194 199 202

487 538 639 739 837

236

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

75 75

5 6 7 8 9

9 30

739 878

1010 1150 1280

395466533598661

231230229228227

626739846946

1050

2912902892872 86

164193221248275

149148148147146

696 839 983

1130 1270

202 206 210 215 218

5806897969021010

8 80

55 6 7 8

9 30

863 938

1080 1230

527570653734

247247245244

836904

10401160

311311309308

218235270303

159158158157

932 1020 1190 1370

217 219 223 227

678736851965

9 90

6 7 8 9

10 33

1060 1230 1390 1560

821943

10601180

278277276275

1300150016801860

350349348346

340389438486

179178177177

1450 1690 1940 2190

243 247 251 255

83396410901220

10 100

65 7 8

10 12 14 16

12 40

128 138 156 192 228 263

2970

1220131014701790209023702640

309308307305303300298

1930207023302840331037504160

388388387384381378374

507542609741869993

1120

19 198198196195194194

2140 2310 2650 3330 4020 4720 5420

268 271 275 283 291 299 306

1010108012201510179020602330

11 110 7 8

12 40 1520 1720

17601980

340339

27903150

429428

727818

219218

3080 3530

296 300

11901350

125 125

8 9 10 12 14 16

14 46

197 220 243 289 334 378

294 327 360 422 482 539

387386385382380378

467 520 571 670 764 853

487486484482478475

122 135 149 174 200 224

249248247246245244

516 582 649 782 916

1051

336 340 345 353 361 368

155173191227262296

14 140 9

10 12

14 46 247 273 325

466 512 602

434433431

739 814 957

547546543

192 211 248

279278276

818 911

1097

378 382 390

194215255

16 160

10 11 12 14 16 18 20

16 53

314 344 374 433 491 548 604

774 844 913

1046117512991419

496495494492489487485

1229134114501662186620612248

625624623620617613610

319 348 376 431 485 537 589

319318317316314313312

1356 1494 1633 1911 2191 2472 2756

430 435 439 447 455 463 470

247270294340385430474

18 180 11 12

16 53 388 422

12161317

560559

19332093

706704

500 540

359358

2128 2324

485 489

305331

20 200

12 13 14 16 20 25 30

18 60

471 509 546 620 765 943

1115

1823196120972363287134664020

622621620617612606600

2896311633333755456054946351

784783781778772763755

749 805 861 970

118214381688

399398397396393391389

3182 3452 3722 4264 5355 6733 8130

537 542 546 554 570 589 607

370399428487601740876

237

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

22 220 14 16

21 70 604 686

28143175

683681

4470 5045

860858

11591306

438 436

4941 5661

593 602

474 538

25 250

16 18 20 22 25 28 30

24 8

784 877 970 1061 1197 1331 1420

4717524757656270700677178177

776773771769765761759

7492 8337 9160 9961 111251224412965

978975972969964959956

1942215823702579288731903389

498 496 494 493 491 489 489

8286 9342 10401 11464 13064 14674 15753

675 683 691 700 711 723 731

615 689 761 833 940 10451114

238

ПРИЛОЖЕНИЕ 5 Коэффициент приведенной длины μ

(величина μ зависит от способа закрепления концов стержня)

239

ПРИЛОЖЕНИЕ 6

Коэффициент снижения допускаемых напряжений (зависит от марки материала

и гибкости λ стержня)

Гибкость Сталь

Ст1 2 34 Ст 5

Стали повышенного качества

пц 320МПа

Чугун Дерево

0 100 100 100 100 100 10 099 098 097 097 099 20 096 095 095 091 097 30 094 092 091 081 093 40 092 089 087 069 087 50 089 086 083 057 080 60 086 082 079 044 071 70 081 076 072 034 060 80 075 070 065 026 048 90 069 062 055 020 038 100 060 051 043 016 031 110 052 043 035 ndash 025 120 045 037 030 ndash 022 130 040 033 026 ndash 018 140 036 029 023 ndash 016 150 032 026 021 ndash 014 160 029 024 019 ndash 012 170 026 021 017 ndash 011 180 023 019 015 ndash 010 190 021 017 014 ndash 009 200 019 016 013 ndash 008

240

Учебное издание

Литвинов Александр Николаевич

МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ

Редактор Е Г Акимова Технический редактор С В Денисова Компьютерная верстка С В Денисовой

Дизайн обложки А А Стаценко

Подписано в печать 26062018 Формат 6084116

Усл печ л 144 Тираж 168 Заказ 288

_______________________________________________________ Издательство ПГУ

440026 Пенза Красная 40 Телфакс (8412) 56-47-33 e-mail iicpnzguru