Сопротивление материалов: Учебное пособие для выполнения курсовых работ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«Пензенский государственный университет»

И. Н. Гонтарь, Н. И. Волчихина

Сопротивление материалов Рекомендовано государственным образовательным учреждением высшего профессионального образования «Московский государственный технический университет имени Н. Э. Баумана» в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений, обучающихся по машиностроительным направлениям Регистрационный номер рецензии «194» от «05.12» 2008 МГУП

Пенза Издательство Пензенского государственного университета 2008 1

УДК 539.3 / 6(075) ББК 30.121 Г65 Р е ц е н з е н т ы: кафедра «Строительные конструкции» ГОУВПО «Пензенский государственный университет архитектуры и строительства»; доктор технических наук, профессор кафедры «Технология общего и роботизированного производства» ГОУВПО «Пензенская государственная технологическая академия» А. В. Ланщиков

Г65

Гонтарь, И. Н. Сопротивление материалов : учеб. пособие для выполнения курсовых работ «Сопротивление материалов» для машиностроительных специальностей технических вузов / И. Н. Гонтарь, Н. И. Волчихина. – Пенза : Изд-во Пенз. гос. ун-та, 2008. – 264 с. Пособие охватывает все основные разделы курса «Сопротивление материалов», встречающиеся при решении практических инженерных вопросов расчёта на прочность, жёсткость и устойчивость конструкций машиностроения. В каждой тематической части даются задания на курсовые работы, порядок и пример решения которых иллюстрируются примером выполнения задач. Пособие предназначено для студентов дневной формы обучения машиностроительных специальностей, может быть полезно инженерам, занимающимся прочностными вопросами.

УДК 539.3/6(075) ББК 30.121

© Гонтарь И. Н., Волчихина Н. И., 2008 © Издательство Пензенского государственного университета, 2008

2

ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие................................................................................................................................5 Введение ......................................................................................................................................6 Основные термины и определения ...........................................................................................7 Основные гипотезы (допущения) ...........................................................................................11 Основные условные обозначения ...........................................................................................12 Единицы измерений .................................................................................................................14 1 Центральное растяжение и сжатие ......................................................................................15 Вводная часть .......................................................................................................................15 1.1 Расчёт статически определимого стержня переменного сечения .............................16 1.2 Расчёт статически неопределимого стержня постоянного сечения..........................26 1.3 Расчёт статически неопределимого стержня переменного сечения .........................36 1.4 Расчёт на прочность статически неопределимой стержневой системы...................48 1.4.1 Расчёт статически неопределимой стержневой системы при отклонениях монтажных размеров ........................................................................49 1.4.2 Расчёт статически неопределимой стержневой системы при воздействии температуры .......................................................................................62 1.4.3 Расчёт статически неопределимой стержневой системы при воздействии силовых нагрузок.................................................................................71 2 Геометрические характеристики плоских сечений............................................................79 Вводная часть .......................................................................................................................79 2.1 Определение геометрических характеристик плоских сечений с горизонтальной осью симметрии ....................................................................................82 2.2 Определение геометрических характеристик плоских сечений с вертикальной осью симметрии ........................................................................................94 3 Расчёт балок на прочность и жёсткость при изгибе.........................................................100 Вводная часть .....................................................................................................................100 3.1 Расчёт на прочность и жёсткость статически определимой балки при изгибе .....103 4 Статически неопределимые балки при изгибе .................................................................127 Вводная часть .....................................................................................................................127 4.1 Расчёт на прочность и жёсткость статически неопределимой балки при плоском поперечном изгибе ......................................................................................129 5 Расчет на прочность и жесткость валов круглого поперечного сечения при кручении...........................................................................................................................146 Вводная часть .....................................................................................................................146 5.1 Расчет трансмиссионного вала на прочность и жесткость при кручении..............149 5.2. Расчёт на прочность и жёсткость стальных статически неопределимых валов переменного сечения при кручении .........................Ошибка! Закладка не определена.

3

6 Сложное сопротивление..................................................................................................... 172 Вводная часть .................................................................................................................... 172 6.1 Расчёт на прочность вала круглого поперечного сечения при кручении с изгибом ............................................................................................................................ 173 7 Устойчивое равновесие деформируемых систем............................................................. 196 Вводная часть .................................................................................................................... 196 7.1 Расчёт на устойчивость сжатого стержня................................................................. 200 8 Динамическое действие нагрузок ..................................................................................... 212 Вводная часть .................................................................................................................... 212 8.1 Расчёт на прочность упругой системы при действии ударной нагрузки ............... 213 8.2 Расчёт на прочность упругой системы с учетом колебаний................................... 223 Список рекомендуемой литературы .................................................................................... 229 Приложения............................................................................................................................ 231 Приложение А. Вопросы для самопроверки и подготовки к защите курсовой работы ....232 Приложение Б. Образец титульной страницы..................................................................... 238 Приложение В. Обозначение кода курсовой работы на титульной странице документа .................................................................................................... 239 Приложение Г. Реферат ........................................................................................................ 240 Приложение Д. Структура пояснительной записки .......................................................... 241 Приложение Е. Значения коэффициента ϕ уменьшения допускаемого напряжения на сжатие....................................................................................................... 242 Приложение Ж. Геометрические параметры элементарных фигур ................................ 243 Приложение И. Геометрические характеристики плоских сечений брусьев................... 244 Приложение К. Двутавры стальные горячекатаные .......................................................... 247 Приложение Л. Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок......................................................... 248 Приложение М. Уголки стальные горячекатаные равнополочные .................................. 249 Приложение Н. Уголки стальные горячекатаные неравнополочные ............................. 252 Приложение П. Основные формулы ................................................................................... 254 Приложение Р. Формулы перемножения эпюр изгибающих моментов .......................... 261 Приложение С. Ряды нормальных линейных размеров (диаметров, длин, высот, глубин) по ГОСТ 8032−84 ............................................................................................263

4

Посвящается 65-летию Пензенского государственного университета

Предисловие В настоящем пособии содержится систематизированная подборка кратких теоретических сведений, соответствующих программе дисциплины «Сопротивление материалов для машиностроительных специальностей высших учебных заведений». Учебное пособие является дидактичным материалом, содержит варианты заданий по основным разделам курса «Сопротивление материалов» и предназначено для выполнения заданий по курсовой работе и контрольным работам. Настоящее учебное пособие способствует изучению теоретического материала, изложенного в рекомендуемых учебниках по курсу «Сопротивление материалов» следующих авторов: Н. М. Беляева, В. И. Феодосьева, А. В. Даркова, Л. С. Минина, В. К. Качурина и др. [1−12]. Последовательность расположения материала в пособии отвечает рабочим учебным планам дисциплины для специальностей машиностроения. В заданиях и примерах материал предполагается линейно упругим. Характеристики материалов, где нет оговорки, приведены в таблицах соответствующих разделов пособия. Обозначения соответствуют принятым в учебнике В. И. Феодосьева [1]. Основной целью исследователя, инженера являются увеличение прочности и выносливости применяемых в промышленности материалов и достижение большей их экономичности. Достижение этой цели возможно при достаточно полном освоении курса «Сопротивление материалов», при освоении практических инженерных расчётов элементов конструкций на прочность, устойчивость, колебания и далее при изучении теории упругости, теории деформирования пластических материалов, а также ряда технических дисциплин (теория механизмов, теплотехника, электротехника, техническая химия, гидравлика, гидродинамика и др.). Учебное пособие предназначено для студентов технических вузов. Оно может быть полезно также широкому кругу преподавателей, инженерам конструкторских бюро и технологических отделов машиностроительных предприятий. 5

Введение Учебное пособие составлено с целью оказания методической помощи студентам, обучающимся на дневных факультетах при выполнении курсовых работ по сопротивлению материалов. Темы курсовых работ, объём и варианты выполняемых заданий определяются преподавателем в зависимости от специальности, на которой обучается студент, и семестра, в котором выполняется курсовая работа. Перед выполнением курсовой работы необходимо изучить соответствующие разделы курса сопротивления материалов по лекциям, рекомендуемым учебникам и учебным пособиям, также методическим указаниям, данным в начале каждой темы настоящего пособия. Исходные данные для выполнения задач соответствующего раздела выбираются по варианту (заданию на курсовую работу) из таблиц и схем. Перед решением задачи необходимо записать полностью её название, условие (цель), все исходные данные и вычертить заданную схему. На заданной схеме должны быть указаны условными обозначениями все внешние нагрузки, соответствующие варианту задания. Решение должно сопровождаться краткими последовательными, без сокращения слов, объяснениями и чертежами, на которых все входящие в расчёт величины должны быть показаны только в условных обозначениях. При использовании формул и данных, отсутствующих в рекомендуемой литературе, необходимо кратко и точно указать использованный источник. Подстановка цифр должна выполняться полностью, без сокращений. Вычисления должны вестись с точностью до трёхзначных цифр с обязательным указанием размерности полученного результата. Порядок и последовательность решения задач приведены в примерах выполнения каждой задачи. Курсовая работа должна быть выполнена в соответствии с методическими указаниями [11]. Она должна содержать титульный лист, реферат, содержание (оглавление), техническое задание, введение, основной текст с рисунками (чертежами), выводы, список используемой литературы.

6

Основные термины и определения Сопротивление материалов – наука об инженерных методах расчёта на прочность, жёсткость и устойчивость элементов машин и сооружений. Прочность – способность конструкции, её частей и деталей выдерживать определённую нагрузку, не разрушаясь. Жёсткость – способность конструкции и её элементов противостоять внешним нагрузкам в отношении деформаций (изменение формы и размеров). При заданных нагрузках деформации не должны превышать определённых величин, устанавливаемых в соответствии с требованиями к конструкции. Устойчивость – способность конструкции и её элементов сохранять определённую начальную форму упругого равновесия. Для того чтобы конструкция в целом отвечала требованиям прочности, жёсткости и устойчивости, необходимо придать её элементам наиболее рациональную форму и определить соответствующие размеры. Сопротивление материалов решает указанные задачи, основываясь как на теоретических, так и на опытных данных, имеющих в этой науке одинаково важное значение. В теоретической части сопротивление материалов базируется на теоретической механике и математике, а в экспериментальной – на физике и материаловедении. Сопротивление материалов не исчерпывает всех вопросов механики деформируемого твёрдого тела. Этими вопросами занимаются такие смежные дисциплины, как строительная механика стержневых систем, теория упругости и теория пластичности. Однако основная роль при решении задач на прочность принадлежит сопротивлению материалов. При всём разнообразии видов конструктивных элементов, встречающихся в сооружениях и машинах, их можно свести к сравнительно небольшому числу основных форм. Тела, имеющие эти основные формы, и являются объектами расчёта на прочность, жёсткость и устойчивость. Такими объектами расчёта являются брусья (стержни), пластины, оболочки, массивные тела. Брус – это деталь удлинённой формы, у которой высота и ширина малы по сравнению с третьим размером – длиной, т. е. третий размер – значительно больше двух других габаритных размеров: L >> b и L >> h. Брус условно рассматривают в виде совокупности параллельных или почти параллельных продольных волокон. Сечения бруса, нормальные волокнам, называются поперечными сечениями. Прямой брус, работающий на растяжение – сжатие, называют стержнем. 7

Прямой брус, работающий на изгиб – кручение, называют балкой. Прямой брус, работающий на кручение, называют валом. Основными факторами работы бруса являются: 1) нагрузки; 2) усилия в сечениях; 3) деформации; 4) перемещения сечений. Поперечное сечение – это сечение бруса плоскостью, перпендикулярной его оси. По схеме бруса рассчитывают валы редукторов, приводов, балки и стойки кранов, элементы конвейеров, транспортёров и многое другое. Стержень – это тонкий и длинный брус, у которого размеры поперечного сечения ничтожны по сравнению с длиной оси. Пластиной называется тело, у которого один из трёх размеров (толщина) значительно меньше двух других. Пластины могут быть круглыми, прямоугольными и иметь другие очертания контура. Оболочка представляет собой тело, ограниченное двумя криволинейными поверхностями, близко расположенными друг от друга. По форме оболочки бывают цилиндрические, конические, сферические и др. Массивное тело – это тело, у которого все три размера одного порядка. Реальные тела под действием нагрузок или изменения температуры могут деформироваться, т. е. изменять свою форму и размеры. Различают деформации упругие, пластические и остаточные. Основные виды деформаций: 1) растяжение и сжатие; 2) сдвиг (или срез); 3) кручение; 4) изгиб. Сочетание основных видов деформации приведёт к сложному виду деформации. Растяжение или сжатие возникает, например, в случае, когда к стержню вдоль его оси приложены противоположно направленные силы. При этом происходит поступательное перемещение сечений вдоль оси стержня, который удлиняется, а при сжатии укорачивается. Изменение первоначальной длины стержня L, обозначенное ∆L, называется абсолютным удлинением (при растяжении) или абсолютным укорочением (при сжатии). Отношение абсолютного удлинения (укорочения) ∆L к первоначальной длине L стержня или его участка называется средним относительным 8

удлинением (укорочением) на длине L или средней линейной относительной деформацией стержня или его участка и обозначается обычно буквой (эпсилон) εср: ∆L ε ср = . L Сдвиг, или срез, возникает, когда внешние силы смещают два параллельных плоских сечения одно относительно другого при неизменном расстоянии между ними. Величина смещения ∆s называется абсолютным сдвигом. Отношение абсолютного сдвига к расстоянию между смещающимися плоскостями (тангенс угла) называется относительным сдвигом. Вследствие малости угла γ можно принять ∆s tg γ ≈ γ = . а Кручение возникает при действии на стержень внешних сил, образующих момент относительно его оси. Деформация кручения сопровождается поворотом поперечных сечений стержня друг относительно друга вокруг его оси. Угол поворота одного сечения стержня относительно другого, находящегося на расстоянии L, − угол закручивания ϕ. Отношение угла закручивания ϕ к длине L называется относительϕ ным углом закручивания θ = . L Изгиб заключается в искривлении оси прямого стержня или в изменении кривизны кривого стержня. Происходящее при изгибе перемещение какой-либо точки оси стержня выражается вектором, начало которого совмещено с первоначальным положением точки, а конец с – с положением той же точки в деформированном стержне. В прямых стержнях перемещения точек, направленные перпендикулярно к начальному положению оси, называются прогибами w, а наибольший из них − y. При изгибе также происходит поворот сечений стержня вокруг осей, лежащих в плоскостях сечений, относительно своих начальных положений углы поворота сечений − θх(у). Перемещения – изменение положения поверхностных или внутренних точек детали при воздействии внешних сил. Перемещения возникают при растяжении, сжатии, сдвиге, изгибе, кручении. Внешние силы – это активные силы, приложенные к рассматриваемой детали, а также реактивные силы, возникающие в опорах. Активные внешние силы делятся на объёмные и поверхностные. 9

Объёмные силы – это силы, приложенные к каждой элементарной частичке детали (силы веса, инерции и др.). Поверхностные силы – это силы, приложенные к поверхности детали различным способом. Поверхностные силы подразделяются на сосредоточенные и распределённые. Сосредоточенная сила – это сила, приложенная на площадке, пренебрежимо малой по сравнению с поверхностью детали. В расчётных схемах принимают приложение сосредоточенной силы в точке. Распределённая сила q – это сила, приложенная на площадке, соизмеримой с поверхностью детали. Интенсивность равномерно распределённой нагрузки q по длине бруН кН кГ Т , в системе СГС – в , . са в системе СИ измеряется в , м м см см Для бруса это нагрузка, приходящаяся на единицу длины. В расчётах при составлении уравнений равновесия необходимо определять равнодействующую R(q) распределённой нагрузки, считая ее приложенной в центре тяжести. Она вычисляется как произведение интенсивности на длину бруса: R(q) = qL при q = const. Величина q может быть изменяющейся по длине бруса (стержня). Внешний скручивающий момент вызывается внешними парами сил, действующими относительно геометрической оси стержня и лежащими в плоскостях, перпендикулярных к оси стержня, но не проходящих через центр тяжести поперечного сечения вала. Внутренние силы – это силы, возникающие внутри тела, препятствующие действию внешних сил. Определяются внутренние силы методом сечений, т. е. деталь мысленно разрезается плоскостью на две части и одна из них уравновешивается противодействующими внутренними силами. Вторая часть мысленно отбрасывается. Для рассматриваемой части так же, как для целого бруса, составляются уравнения равновесия по закону статики. Напряжение – интенсивность внутреннего усилия, приходящегося на единицу геометрической характеристики рассматриваемого сечения, например, площади сечения. Н Напряжение в системе СИ измеряется в Па = 2 . м Н кГ кГ , . Производные единицы: МПа = 1 МПа = 0 , 1 = 10 мм 2 мм 2 см 2 кГ кГ В системе СГС напряжение измеряется в , . мм 2 см 2 10

Основные гипотезы (допущения) 1 Материал детали считается сплошным (без пустот) и однородным. 2 Упругие свойства материала во всех направлениях одинаковы, т. е. материал тела обладает упругой изотропностью. 3 Тело считается абсолютно упругим, если после устранения причин, вызывающих деформацию оно полностью восстанавливает свои первоначальные размеры и форму (абсолютная упругость). Это допущение справедливо при напряжениях, не превышающих предел упругости σу. 4 Деформации материала конструкции в каждой точке прямо пропорциональны напряжениям в этой точке (закон Гука). Закон Гука справедлив лишь при напряжениях, не превышающих предел пропорциональности σпц. 5 Деформации малы по сравнению с размерами детали. 6 Результат воздействия на конструкцию системы нагрузок равен сумме результатов воздействия каждой нагрузки в отдельности (принцип независимости действия сил или принцип суперпозиции). 7 Поперечное сечение, плоское до деформации, остаётся плоским и после деформации (гипотеза Бернулли).

11

Основные условные обозначения Линейные размеры L, l, a − длины стержня, балки вала или их участков; µl − приведённая длина стержня; a, b, H, h, d − размеры поперечного сечения; С − расстояние – размер раздвижки элементов составного сечения; z − координата произвольной точки сечения; ∆ − линейная величина неточности изготовления (натяг). Геометрические характеристики плоских сечений F − площадь поперечного сечения стержня; SX, SY, SZ − статические моменты площади фигуры поперечного сечения стержня относительно осей X, Y, Z; xC, yC − координаты центра тяжести сечения; JX, JY − осевые моменты инерции сечения; JXY − центробежный момент инерции; JР − полярный момент инерции; iX , iY − радиусы инерции; WX, WY − осевые моменты сопротивления; WР − полярный момент сопротивления. Напряжения σ − нормальное напряжение; τ − касательное напряжение; [σ] − допускаемое нормальное напряжение; [τ] − допускаемое касательное напряжение; σmax, τmax − максимальные напряжения; n, nу − коэффициенты запаса прочности и устойчивости; φ

− коэффициент уменьшения напряжения при продольном изгибе.

12

∆l ε ϕ θ

y λ γ

Деформации и перемещения − абсолютная продольная деформация; − относительное продольное удлинение; − угол закручивания при кручении; − относительный угол закручивания (или угол поворота сечения при изгибе); − прогиб балки; − гибкость стержня; − угол сдвига, относительный.

13

Единицы измерений Наименование, обозначение и правила применения основных единиц измерения физических величин установлены ГОСТ 8.417−2002 [1]. Международная система единиц (СИ) м, кг, с − метр, килограмм, секунда; единицы длины, массы, времени (основные единицы) см, мм − дольные единицы длины (сантиметр, миллиметр) Н − ньютон, единица силы ( 1 Н ≈ 1/9,81 кГ = 0,102 кГ) кН, МН − дольные единицы силы: килоньютон, меганьютон 1 МН 106Н) (1 кН = 103Н; − единица напряжения и давления (1 Н/м 2 ≈ 1,02·10 5 кГ/см2) Н/м2 МН/м2 − дольная единица напряжения и давления (1 МН/м2 = 106Н/м2 ≈ 10,2 кГ/см2) Дж − джоуль, единица работы (1 Дж ≈ 1/ 9,81 кГ·м ≈ 0,102 кГ·м Вт, кВт − ватт; киловатт − единицы мощности (1 кВт ≈ 102 кГ·м/с ≈ 1,36 л. с.)

м, кГ, с Т кГ/см2 кГ·м л. с.

Техническая система единиц (МКГСС) − метр, килограмм-сила, секунда (1 кГ ≈ 9,81 Н) − тонна-сила (1 Т = 103 кГ ≈ 9,81⋅103Н = 9,81 кН) − единица напряжения и давления (1 кГ/см2 ≈ 9,81·104 н/м2 ≈ 0,0981 МН/м2) − единица работы (1 кГ·м ≈ 9,81 Дж) − внесистемная единица лошадиная сила (1 л. с. = 75 кГ·м/с ≈ 0,736 кВт)

14

1 Центральное растяжение и сжатие Вводная часть При растяжении, сжатии от действия внешних нагрузок в прямом стержне возникают невидимые внутренние нормальные силы N, вызывающие в поперечных сечениях нормальные напряжения σ. Направление нормальных напряжений совпадает с направлением нормальной силы. Эти напряжения есть интенсивность внутреннего усилия N, приходящегося на единицу площади поперечного сечения F: N σ= . F При действии разнохарактерной нагрузки на брус с переменными сечениями нормальные напряжения следует определять по каждому участку N бруса по формуле σ i = i . Из полученных результатов максимальное знаFi чение напряжения maxσ сравнивается с допускаемым [σ] для выбранного или назначенного вида материала детали. Условие прочности при растяжении, сжатии max N [ ] ≤ σ. max σ = F Допускаемое нормальное напряжение [σ] определяется в зависимости от коэффициентов запаса прочности по пределу текучести nТ или по пределу прочности nВ для рассчитываемой конструкции или для конкретной детали и механических свойств материала бруса σТ или σВ. [σ] = σТ или [σ] = σ B . nT nB Для расчёта стальных брусьев в курсовых работах коэффициент запаса по текучести принимается nТ = 1,5; по временному сопротивлению − nВ = 2,5. Напряжения σТ и σВ принимаются по таблицам ГОСТ на материал бруса. Вместе с напряжениями σ в брусе возникают абсолютные продольные и поперечные удлинения ∆Lпр и ∆Lпоп. Их отношение к общей длине бруса является относительной продольной деформацией ε пр = ей ε′ =

∆L поп . L

∆L пр L

и относительной поперечной деформаци-

15

Абсолютная величина отношения относительной поперечной деформации ε' к относительной продольной деформации ε является относительε′ и называется коэффициентом Пуассона. ной деформацией µ = ε При известных геометрических данных бруса (L – длина, F – площадь поперечного сечения) и известном модуле упругости первого рода Е (модуль Юнга при растяжении) и вычисленной продольной (нормальной) силе N можно определить абсолютное удлинение бруса c помощью закона Гука ∆L =

NL . EF

Для бруса, изготовленного из разных материалов и нагруженного несколькими силами на разных расстояниях, полное абсолютное осевое перемещение конца вычисляется как сумма абсолютных удлинений по участкам в зависимости от точек приложения сил и модулей упругости материалов по закону Гука ∆L = ∑ ∆Li = ∑

N i Li . Ei Fi

Кроме условий по прочности, к брусу могут быть предъявлены условия по жёсткости, где критерием служит допускаемая относительная продольная деформация. Условие жёсткости имеет вид max ε =

N ≤ [ε] . EF

1.1 Расчёт статически определимого стержня переменного сечения Расчёт на прочность и жёсткость статически определимого стержня переменного сечения на растяжение и сжатие при осевом воздействии внешней продольной нагрузки Цель: определить действующие в стержне (рисунок 1.1) нормальные напряжения σi, определить полное удлинение ∆L стержня и сделать вывод.

16

L1

L2

P3

а4

P2

а3

а2

а1

P1

P4

L4

Рисунок 1.1 – Схема ступенчатого стержня, нагруженного осевыми силами

Общие исходные данные

Материал стержня – сталь Ст. 4. Сечение стержня − квадрат со стороной аi. Модуль нормальной упругости – Е = 2 · 105 МПа. Допускаемое напряжение – [σ] = 160 МПа. Коэффициент запаса прочности по пределу текучести – nT = 1,5; по временному сопротивлению – nВ = 2,5. Остальные данные для выполнения взять из таблицы 1.1. Порядок выполнения

1 Вычертить в масштабе расчётную схему. 2 Определить опорную реакцию. 3 Определить зависимость внутренних усилий Ni от внешних сил, используя метод сечений на каждом участке. 4 Вычислить нормальные силы Ni и построить их эпюру. 5 Вычислить нормальные напряжения σi , построить их эпюру и определить наиболее напряжённый участок стержня. 6 Проверить соблюдение условия прочности для наиболее напряжённого участка стержня по допускаемому напряжению [σ]. 7 Определить абсолютную продольную деформацию ∆li каждого участка стержня. Выразить деформации через внутренние усилия по закону Гука. 8 Вычислить величину полного удлинения стержня. Результаты и выводы.

17

Таблица 1.1 − Варианты исходных данных для Рi , аi , Li аi ,

Li

Вариант

Рi Р1

Р2

Р3

Р4

а1

а2

а3

а4

L1

L2

L3

L4

1

Р

3Р

Р

Р

2а

а

2а

а

L

L

L

L

2

Р

3Р

2Р

Р

а

а

2а

2а

2L

L

L

L

3

Р

3Р

Р

3Р

3а

а

3а

3а

L

2L

L

L

4

Р

Р

2Р

2Р

4а

2а

а

а

L

L

2L

L

5

Р

2Р

2Р

Р

4а

а

2а

2а

L

L

L

2L

6

2Р

3Р

Р

Р

3а

2а

4а

4а

2L

2L

L

L

7

2Р

5Р

Р

2Р

4а

4а

2а

2а

2L

L

2L

L

8

Р

2Р

Р

Р

4а

4а

а

2а

L

L

2L

2L

9

Р

4Р

Р

2Р

а

3а

2а

2а

L

L

L

L

10

Р

2Р

Р

2Р

4а

4а

2а

3а

L

2L

L

L

11

Р

3Р

Р

Р

2а

а

2а

а

L

L

L

L

12

Р

Р

Р

2Р

а

а

2а

2а

2L

L

L

L

13

Р

3Р

Р

Р

3а

а

3а

3а

L

2L

L

L

14

2Р

2Р

Р

2Р

4а

2а

а

а

L

L

2L

L

15

Р

2Р

Р

2Р

4а

а

2а

2а

L

L

L

2L

16

Р

Р

2Р

3Р

3а

2а

4а

4а

2L

2L

L

L

17

Р

Р

2Р

5Р

4а

4а

2а

2а

2L

L

2L

L

18

2Р

Р

Р

2Р

4а

4а

а

2а

L

L

2L

2L

19

2Р

Р

Р

2Р

а

3а

2а

2а

L

L

L

L

20

Р

Р

Р

3Р

4а

4а

2а

3а

L

2L

L

L

21

Р

2Р

2Р

Р

3а

2а

4а

4а

2L

2L

L

L

22

2Р

3Р

2Р

Р

4а

4а

2а

2а

2L

L

2L

L

23

Р

3Р

Р

Р

4а

4а

а

2а

L

L

2L

2L

24

Р

2Р

Р

2Р

а

3а

2а

2а

L

L

L

L

25

Р

Р

2Р

3Р

4а

4а

2а

3а

L

2L

L

L

26

Р

Р

2Р

2Р

4а

а

2а

а

L

2L

2L

3L

27

Р

2Р

2Р

Р

3а

2а

2а

3а

L

L

3L

2L

28

Р

Р

Р

2Р

4а

2а

3а

а

2L

L

L

3

29

Р

3Р

Р

Р

4а

4а

а

2а

L

L

2L

2L

30

Р

2Р

2Р

Р

а

3а

2а

2а

3L

2L

L

L

18

P1

а4

а3

а2

а1

Пример выполнения Стержень переменного сечения защемлён одним концом в точке А и нагружен продольными силами Pi. Форма всех поперечных сечений стержня – квадрат со стороной аi. Длины участков по ступеням – Li. На рисунке 1.1.1 изображена в масштабе заданная схема.

P3

P2

P4

А

L1

L2

L3

L4

Рисунок 1.1.1 – Заданная схема ступенчатого стержня, нагруженного осевыми силами

Требуется: – построить эпюры нормальных усилий Ni ; – построить эпюры нормальных напряжений σi ; – вычислить полное удлинение стержня ∆L; – сделать вывод о прочности стержня. Материал стержня – сталь Ст. 4. Сечение стержня − квадрат со стороной аi. Модуль нормальной упругости – Е = 2·105 МПа. Допускаемое напряжение – [σ] = 160 МПа. Коэффициент запаса прочности: nT = 1,5; − по пределу текучести − по временному сопротивлению nВ = 2,5. Исходные данные по номеру варианта из таблицы 1.1. Р = 10 кН; а = 10 мм; L = 500 мм; Р1 = + Р = 10 кН; а1 = 2а = 20 мм; L1 = L = 500 мм; Р2 = – 5Р = –50 кН; а2 = 4а = 40 мм; L2 = 2L = 1000 мм; Р3 = + Р = 10 кН; а3 = 2а = 20 мм; L3 = L = 500 мм; Р4 = + Р = 10 кН; а4 = а = 10 мм; L4 = 2L = 1000 мм.

19

RA

P1

а4

а3

а2

а1

1 Вычерчиваем расчётную схему с заданными внешними нагрузками (рисунок 1.1.2).

P3

P2

P4

Z

A А

E

D L1

L2

L3

В L4

Рисунок 1.1.2 – Расчётная схема ступенчатого стержня, нагруженного осевыми силами

В расчётной схеме мысленно делаем замену опорного закрепления стержня в точке А реакцией опоры RA. Так как нам неизвестно направление реакции RA, то произвольно указываем предполагаемое направление. 2 Определяем опорную реакцию в защемлении. Составляем уравнения статики – уравнения равновесия всех внешних сил. ΣZ = 0; RA + Р1 – Р2 + Р3 + Р4 = 0. (1) В плоскости, перпендикулярной к оси Z, силы отсутствуют, поэтому относительно осей X и Y отсутствуют и уравнения. Остаётся одно уравнение ΣZ = 0, из которого находим RA = – Р1 + Р2 – Р3 – Р4; RA = – Р +5Р – Р – Р = 2Р; RA = 2Р = 2·10 = 20 кН. RA = 20 кН. Результат вычислений получен со знаком «+», значит принятое перед расчётом направление реакции RA было выбрано правильно. 3 Для определения в любом поперечном сечении стержня внутренних усилий разграничиваем его на характерные1 участки (I, II, III, IV). 1

Характер работы участков может изменяться при переходе через границу добавлением или уменьшением нагрузки (например, 2Р, 1,5Р; 8Р… и т. д.) от вида нагрузки, действующей в заданных зонах участка (например, нагрузка сосредоточенными силами, моментом, распределённой нагрузкой, равномерной или действующей по заданному закону), а также от размеров поперечного сечения стержня, изменяющихся в зависимости от места его положения по длине стержня.

20

Определяем количество участков. Границами участков являются точки приложения внешних сил A, B, C, D, E. Нумеруем участки (рисунок 1.1.3).

II

IV

а3

III

а1

а2

I RA

P1

A B L2

RA

P4

D

C

L1

а4

P3

P2

Z

E

L3

L4

N1

A RA

P1

N2

P1

P2

A B RA

N3

A B RA

C P1

Р3

P2

A B

C

N4

D

Рисунок 1.1.3 – Положение границ участков стержня и произвольные направления внутренних усилий каждого участка

Определяем зависимость внутренних усилий Ni от внешних сил, используя метод сечений на каждом участке. 21

В пределах каждого участка проводим произвольное сечение, которое делит стержень на две части. В центре тяжести сечения изображаем внутреннее усилие Ni в произвольно предполагаемом направлении. Полагаем направление положительным, если оно совпадает с положительным направлением оси Z, а усилие Ni при этом растягивающим, имеющим знак «плюс». Рассматриваем равновесие одной из них. (В данном примере рассматриваются левые отсечённые части стержня.) На рисунке 1.1.3 изображены положительные направления внутренних усилий Ni. Записываем уравнения равновесия отсечённых частей стержня, которые выражают зависимость внутреннего усилия в рассматриваемом сечении от всех внешних сил, действующих по левую сторону от сечения. Сечение: на I участке RA + N1 = 0; (2) на II участке RA + P1 + N2 = 0; (3) на III участке RA + P1 – P2 + N3 = 0; (4) на IV участке RA + P1 − P2 + P3 + N4 = 0. (5) Из уравнений равновесия определяем зависимость внутреннего усилия Ni от внешних сил. На I участке RA + N1 = 0. N1 = – RA . (6) На II участке N2 = – RA – P1 . (7) На III участке N3 = – RA – P1 + P2 . (8) На IV участке N4 = – RA – P1 + P2 – P3 . (9) 4 Вычисляем нормальные силы Ni и строим их эпюру. Из равенств (6), (7), (8), (9) имеем: N1 = – 20 кН (сжатие). N2 = – 30 кН (сжатие). N3 = + 20 кН (растяжение). N4 = + 10 кН (растяжение). Знак «минус» в результатах вычислений указывает на противоположное действительное направление внутреннего усилия, выбранного неверно перед определением зависимостей Ni от RA на схеме для участков I и II. В действительности I и II работают на сжатие. Строим эпюру внутренних усилий Ni по участкам (рисунок 1.1.4).

22

RA

а3

P1

P3

P2

A B L2

P4

D

C

L1

IV а4

III

а2

II

а1

I

L3

Z

E L4

N1=20 кН

N2 = 30 кН

A B

N3 = 20 кН

A B

С

B

С

N4 = 10 кН

A D

20 



20

+

18,75

Эпюра Ni,

кН

100

+ +

50

+

30 50



10

Эпюра σi, МПа



Рисунок 1.1.4 – Схема действительных направлений внутренних усилий и эпюры Ni и напряжений σi по участкам стержня

23

5 Определяем нормальные напряжения σi в сечениях стержня по участкам, учитывая, что площадь квадратного поперечного Fi = ai2 , по условию Н а = 10 мм. Заметим, что 1 = 1 МПа . мм 2 N − 20000 σ1 = 1 = = −50 МПа На I участке (сжатие). F1 (2 ⋅ 10)2 На II участке

σ2 =

N 2 − 30000 = = −18,75 МПа F2 (4 ⋅ 10)2

(сжатие).

На III участке

σ3 =

N 3 + 20000 = = +50 МПа F3 (2 ⋅ 10)2

(растяжение).

На IV участке

σ4 =

N 4 + 10000 = = +100 МПа F4 10 2

(растяжение).

Строим эпюру нормальных напряжений по участкам (рисунок 1.1.4). Из эпюры нормальных напряжений σi видно, что наиболее нагруженным является 4-й участок стержня. 6 Проверяем прочность стержня по допускаемому напряжению. При центральном растяжении или сжатии условие прочности имеет вид N |σmax| ≤ [σ] или σ max ≤ max ≤ [σ ] . F Так как |σmax| = 100 < [σ] = 160 МПа, условие прочности выполняется. 7 Определяем абсолютные деформации участков стержня. N ⋅L σ ⋅L По закону Гука ∆Li = i i или ∆Li = i i , EFi E σ1 ⋅ L1 − 50 ⋅ 500 = = −12,5 ⋅ 10 − 2 мм; 5 E 2 ⋅ 10 σ ⋅L − 18,75 ⋅ 1000 −2 мм; ∆L2 = 2 2 = = − 9 , 375 ⋅ 10 E 2 ⋅ 105 σ ⋅L + 50 ⋅ 500 ∆L3 = 3 3 = = +12,5 ⋅ 10 − 2 мм; 5 E 2 ⋅ 10

тогда ∆L1 =

∆L4 =

σ 4 ⋅ L4 + 100 ⋅1000 = = +50,0 ⋅10 − 2 мм . 5 E 2 ⋅10

24

8 Вычисляем величину полного удлинения стержня. Из условий закрепления стержня увеличение его общей длины на величину δ возможно (см. рисунок 1.1), так как нет ограничений на перемещение вдоль оси Z какой-либо точки, в том числе возможно перемещение и конца стержня в точке Е. Выражаем деформации в уравнении через внутренние усилия Ni по закону Гука: σ ⋅L N ⋅L ∆Li = i i или ∆Li = i i ; EFi E σ1 ⋅ L1 − 50 ⋅ 500 = = −12,5 ⋅ 10 − 2 мм ; 5 E 2 ⋅ 10 σ ⋅L − 18,75 ⋅ 1000 ∆L2 = 2 2 = = −9,375 ⋅ 10 − 2 мм ; 5 E 2 ⋅ 10

тогда ∆L1 =

σ 3 ⋅ L3 + 50 ⋅ 500 −2 = = + 12 , 5 ⋅ 10 мм ; E 2 ⋅ 105 σ ⋅L + 100 ⋅ 1000 ∆L4 = 4 4 = = +50,0 ⋅ 10 − 2 мм . 5 E 2 ⋅ 10 ∆L3 =

Полное удлинение стержня выражается алгебраической суммой абсолютных деформаций его участков и имеет вид n

δ = ∑ ∆Li

или δ = ∆L1 + ∆L2 +∆L3 + ∆L4;

1

δ = (– 12,5 – 9,375 + 12,5 + 50,0) ·10–2 = 40,625 ·10–2 мм. Вывод • В результате решения задачи определены числовые значения внутренних продольных усилий и соответствующие им нормальные напряжения в любом поперечном сечении стержня. • Построены эпюры внутренних растягивающих и сжимающих усилий и нормальных напряжений. • Определено полное абсолютное удлинение стержня. • Наиболее нагруженным является 4-й участок стержня. Все сечения этого участка имеют одинаковую величину максимального нормального напряжения, равную 100 МПа. • Действующие нормальные напряжения в любом сечении стержня не превышают допускаемого напряжения.

25

1.2 Расчёт статически неопределимого стержня постоянного сечения Расчёт по определению зависимостей внутренних усилий и деформаций от внешних сил в статически неопределимом стержне постоянного сечения при растяжении и сжатии (рисунок 1.2) Цель: − определить внутренние нормальные усилия Ni в поперечных сечениях стержня; − построить эпюру нормальных усилий Ni ; − построить эпюру линейных перемещений ∆. P1

P2

P3 RВ

RА А

Z

В L1

L3

L2

L4

Рисунок 1.2 − Заданная схема стержня постоянного поперечного сечения, нагруженного осевыми силами Z

Данные для задачи выбрать из таблицы 1.2.1 и по рисунку 1.2.1. Решение задачи выполнить в алгебраическом виде, в символике Р, L, N, ∆, E, F без числовых значений. Порядок выполнения

1 Вычертить в масштабе расчётную схему с указанием заданных и реактивных сил и границ участков. 2 Составить уравнение статики. 3 Определить степень статической неопределимости. 4 Составить уравнение совместности деформаций. 5 Раскрыть статическую неопределимость с использованием основной и эквивалентной систем. 6 Определить внутренние усилия Ni и построить их эпюру. 7 Определить перемещения ∆ Li и построить их эпюру. 26

Таблица 1.2.1 − Варианты геометрических параметров стержня Номер строки

Номер схемы по рисунку

L1

L2

L3

L4

1

1

L

1,8L

0,2L

0,4L

2

15

1,2L

1,6L

0,4L

0,6L

3

16

1,4L

1,4L

0,6L

0,8L

4

17

0,6L

1,2L

0,8L

L

5

10

1,8L

L

L

2,0L

6

14

2,0L

1,2L

1,2L

L

7

23

1,6L

0,4L

1,4L

1,6L

8

13

2,4L

0,6L

1,6L

1,6L

9

18

2,0L

0,8L

0,8L

2,0L

10

19

2,0L

L

2,0L

1,2L

11

20

L

1,8L

L

L

12

26

1,2L

1,6L

1,2L

1,2L

13

8

1,4L

1,4L

1,4L

1,4L

14

25

1,6L

1,2L

0,6L

1,6L

15

2

0,8L

L

1,8L

0,8L

16

28

2,0L

1,2L

2,0L

2,0L

17

4

L

0,4L

L

L

18

27

1,2L

0,6L

1,2L

1,2L

19

22

1,4L

0,8L

1,4L

1,4L

20

11

0,6L

1,8L

1,6L

0,6L

21

30

1,8L

1,6L

0,8L

1,8L

22

5

2,0L

1,4L

2,0L

2,0L

23

7

1,6L

1,2L

L

1,6L

24

29

2,4L

L

1,2L

2,4L

25

6

2,0L

1,2L

1,4L

2,0L

26

12

2,0L

0,4L

0,6L

2,0L

27

9

L

0,6L

1,8L

L

28

3

1,6L

0,8L

2,0L

1,6L

29

24

2,4L

1,4L

1,6L

2,4L

30

21

2,0L

1,2L

2,4L

2,0L

27

1

6 2P

2P

L1

L2

2P

L3

2P

L4

2P

L1

2

L2

3P

L3

L4

7 P

L1

P

P

2P

L2

L3

P

L1

L4

3

L2

P

L3

L4

8 P

2P

L1

L2

P

3P

L3

L4

L1

4

P

L2

L3

P

L4

9 P

L1

P

2P

L2

L3

P

L1

L4

5

P

4P

L2

L3

L4

10 P

L1

P

L2

3P

L3

P

L4

L1

P

L2

3P

L3

Рисунок 1.2.1 − Схемы статических неопределимых стержней

28

L4

11

16 3P

3P

L1

L2

3P

L3

2P

L4

3P

L1

12

L2

3P

L3

L4

17 P

3P

L1

L2

L3

P

3P

2P

L1

L4

13

L2

P

L3

L4

18 P

3P

L1

L2

P

3P

L3

L4

L1

14

3P

L2

L3

P

L4

19 P

L1

3P

L2

2P

L3

P

3P

L1

L4

15

4P

L2

L3

L4

20 P

L1

4P

L2

L3

3P

P

4P

L4

L1

L2

Рисунок 1.2.1 (продолжение)

29

3P

L3

L4

21

26 4P

4P

L1

L2

3P

L3

2P

L4

4P

L1

22

L2

4P

L3

L4

27 P

4P

L1

L2

L3

P

4P

2P

L1

L4

23

L2

P

L3

L4

28 P

4P

L1

L2

P

4P

L3

L4

L1

24

4P

L2

L3

P

L4

29 P

L1

4P

L2

2P

L3

P

3P

L1

L4

25

2P

L2

L3

L4

30 P

L1

2P

L2

L3

3P

P

2P

L4

L1

L2

Рисунок 1.2.1 (продолжение)

30

3P

L3

L4

Пример выполнения

Стержень постоянного поперечного сечения защемлён обоими концами и нагружен продольными силами Рi (рисунок 1.2.1.1). P2

P1

L1

P3

L2

L4

L3

Рисунок 1.2.1.1 – Заданная схема стержня постоянного поперечного сечения, нагруженного осевыми силами

Цель: − раскрыть статическую неопределимость; − построить эпюры Ni и ∆ Li. Задачу решаем в алгебраическом виде. Исходные данные по номеру варианта _______ из таблицы 1.2.1; схема № ___ по рисунку 1.2.1( ___ ). Р2 = Р , Р3 = Р. Внешние осевые силы: Р1 = 2Р, Расстояния между точками приложения сил: L1 = L2 = L3 = L4 = L. Модуль упругости материала стержня Е. Площадь поперечного сечения стержня F. 1. Вычерчиваем расчётную схему (рисунок 1.2.1.2). I

II P1

RА

III P2

IV P3

RВ

А

В L1

L3

L2

L4

Рисунок 1.2.1.2 − Расчётная схема стержня, нагруженного осевыми активными и реактивными силами

31

Z

Так как стержень статически неопределимый, необходимо предварительно в местах закрепления определить значение реактивных сил, позволяющих раскрыть неопределимость. Для этого на схеме в местах закрепления показываем неизвестные реакции RA и RB с произвольными направлениями. Определяем границы характерных участков AC, CD, DE, EB. 2 Составляем уравнения равновесия всех активных и реактивных сил (уравнения статики). RA – Р1 + Р2 + Р3 + RB = 0. (1) ΣZ = 0. Относительно осей X и Y уравнения не могут быть составлены, так как отсутствуют силы, действующие в направлении этих осей (перпендикулярных к оси Z). Получено одно уравнение (nур) с двумя неизвестными (nн). 3 Определяем степень статической неопределимости. Степень статической неопределимости (nССН) определяется как разность между количеством неизвестных и количеством уравнений nССН = nн – nур; nССН =2 – 1 =1. Степень статической неопределимости nССН равна единице, следовательно, система «стержень–опоры» один раз статически неопределима. 4 Составляем уравнение совместности деформаций. Решение выполняем с использованием «основной» (рисунок 1.2.1.3) и эквивалентной системы (рисунок 1.2.1.4). RА

Z

А

В

4L Рисунок 1.2.1.3 − Основная система

P1

RА А

С L1

P3

P2 D

Х В

Е L3

L2

L4

Рисунок 1.2.1.4 − Эквивалентная схема стержня, нагруженного осевыми активными и реактивными силами

32

Z

«Основная» система получается из заданной путём освобождения от лишней связи. Принимаем за лишнюю связь защемление в опоре В. Нагружаем «основную» систему заданными силами и накладываем следующее условие эквивалентности её заданной системе: перемещение сечения В в заданной и «основной» системах должно быть одинаковым, т. е. ∆B = 0.

В сечении В приложим фиктивную неизвестную силу Х, величина которой будет удовлетворять условию эквивалентности (см. рисунок 1.2.1.4). Перемещение ∆В в сечении В выразим через приложенные нагрузки, применяя принцип независимости действия сил: n

∆В = ∆В(X) + ∑ ∆ B ( Pi ) = 0,

(2)

1

где ∆В(Х) – перемещение сечения В от неизвестной силы Х; ∆В(Рi) – перемещение сечения В от каждой из известных сил Р1, Р2, Р3; уравнение (2 ) − уравнение совместности деформаций. Нагрузки, вызывающие сжатие, считаем отрицательными, а направление их действия противоположным направлению оси Z. PL Выразим уравнение (2) через закон Гука ∆ Li = i i . Деформации по EFi закону Гука в зависимости от действия каждой силы, геометрических размеров и модуля упругости материала стержня имеют следующее выражение: Р L (3) ∆ В (Р1 ) = 1 1 ; EF Р (L + L2 ) ∆ В ( Р2 ) = 2 1 ; (4) EF Р (L + L2 + L3 ) ∆ В (Р3 ) = 3 1 ; (5) EF X (L1 + L2 + L3 + L4 ) ∆ В (X ) = . (6) EF Подставляя выражения (3), (4), (5), (6) в формулу (2) и заменяя силовые и геометрические параметры на данные варианта задачи, в результате преобразований получим:

∆В = −

2 Р ⋅ L Р ⋅ 2L Р ⋅ 3L X ⋅ 4 L + + − = 0. EF EF EF EF

33

(7)

5 Раскрываем статическую неопределимость. Решая совместно уравнения (1) и (7), находим RA и RВ. R A − P1 + P2 + P 3 + RB = 0;

⎫ ⎪ ⎬ 2 P ⋅ L P ⋅ 2 L P ⋅ 3L X ⋅ 4 L − + + − = 0⎪ ⎭ EF EF EF EF

3 3 Р , следовательно, R B = Р . 4 4 3 Из уравнения равновесия (1) находим R А = Р . Таким образом, ста4 тическая неопределимость раскрыта – все внешние силы стали известными. Из уравнения (7) находим X =

6 Определяем внутренние усилия Ni методом сечения. В общем случае можно на каком-либо участке плоским сечением разделить стержень на две части: левую и правую. Рассматривая равновесие одной из них при действии внутренних Ni и внешних Рi сил можно вычислить значение Ni. В данном примере рассматриваются левые отсечённые части. 3 На I участке N1 = – RA = − R A = − P . 4 На II участке

3 5 N2 = – RA + 2Р = − P + 2 P = P . 4 4

На III участке

3 1 N3 = – RA + 2Р – Р = − P + 2 P − P = P . 4 4

На IV участке

N4 = – RA + 2Р – Р – Р = −

3 3 P + 2P − P − P = P . 4 4

По полученным значениям строим эпюру нормальных усилий (рисунок 1.2.1.5). 7 Определяем перемещения граничных сечений А, C, D, E, B. Перемещение конца какого-либо участка равно сумме деформаций n N ⋅L предыдущих участков и его абсолютной деформации: ∆ i = ∆ i -1 + ∑ i i . 1 (EF )i

34

I

II

III

P1

RА А

P2 D

С L1

5 4

P3

L3

L2

IV

В

E L4

1 4

Р Эпюра Ni

– 4

Z

Р

+

3

Х

– 3

Р 3PL 2 PL

4

Р

4 EF

4 EF

Эпюра ∆

3PL 4EF Рисунок 1.2.1.5 − Эпюры внутренних усилий Ni и перемещений ∆

Деформация сжатия считается отрицательной. Перемещение сечения А ∆А = 0. N L 3РL . Перемещение сечения В ∆В = ∆А + 1 1 = − EF 4 EF N L 3РL 5 РL 2 РL + = Перемещение сечения С ∆С = ∆В + 2 2 = − . EF 4 EF 4 EF 4 EF N L РL 2 РL 3РL + = Перемещение сечения D ∆D = ∆С + 3 3 = . EF 4 EF 4 EF 4 EF N L 3РL 3РL ∆E = ∆D + 4 4 = Перемещение сечения E − = 0. 4 EF 4 EF EF Строим эпюру перемещений по результатам полученных коэффициентов (см. рисунок 1.2.1.5). 35

Вывод Построение эпюры перемещений ∆ является деформационной проверкой правильности вычислений. Равенство нулю перемещения концевого сечения ∆Е показывает, что статическая неопределимость раскрыта верно.

1.3 Расчёт статически неопределимого стержня переменного сечения

P1

l1

d4

d3

d2

d1

Расчёт на прочность и жёсткость статически неопределимого стержня переменного сечения при центральном растяжении и сжатии Стержень имеет жёсткое защемление по концам. Цель: из условий прочности и жёсткости подобрать безопасные диаметры жёстко защемлённого стального стержня переменного сечения, нагруженного сосредоточенными продольными силами (рисунок 1.3).

P2

l2

P3

l3

Z

l4

Рисунок 1.3 – Схема стержня переменного сечения, жёстко защемлённого по концам

Данные для выполнения взять из таблиц 1.3.1 и 1.3.2. Отношения между диаметрами поперечного сечения стержня на участках и площади поперечного сечения определяются по зависимостям αi =

di , d1

где i = 1, 2, 3, 4 и Fi = F1 α i2 . В расчётах принять

nТ = 1,5 (для пластичных материалов); nВ = 2,5 (для хрупких материалов).

36

Вариант

Таблица 1.3.1 – Варианты исходных данных для Рi и αi1 Р1

Р2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

10 8 5 10 3 6 10 8 –10 8 6 5 12 2 3 –7 5 –5 10 3 5 4 3 –4 –9 –10 –10 5 3 10

кН 6 7 11 –5 3 4 7 6 –5 10 –3 –1 –8 6 3 –2 –12 –2 5 0 –12 –3 0 3 12 –5 5 0 0 –5

Р3

5 5 –8 5 7 12 –5 6 5 5 11 –10 –2 2 –10 11 –5 –12 –5 –10 8 –12 –10 12 –11 –5 –5 12 –15 –5

1

α2

α3

α4

0,5 0,4 1,0 0,5 1,5 1,2 1,3 0,6 0,5 0,6 1,5 0,5 1,0 1,2 1,5 1,0 1,2 0,8 0,5 2,0 1,5 0,8 1,0 0,5 1,2 0,5 0,5 1,0 1,5 0,5

– 1,3 0,9 1,0 1,5 1,5 1,0 0,8 0,6 0,8 1,0 1,2 0,5 1,5 0,5 0,5 1,0 1,5 0,4 1,5 0,8 1,0 0,5 1,5 0,5 1,0 0,7 0,9 0,5 0,8 1,5

1,7 1,2 1,2 2,0 1,0 1,0 1,0 1,5 0,7 1,0 1,0 1,0 1,3 1,5 0,7 1,5 0,5 1,5 2,0 0,5 0,5 1,2 0,8 1,2 1,0 1,3 0,7 0,5 0,5 0,6

Рi – внешняя осевая сосредоточенная сила; α – отношение диаметра стержня на рассматриваемом участке к диаметру стержня первого участка; αi = di / d1.

37

Вариант

Таблица 1.3.2 – Варианты данных: длины участков стержня Li ; материал стержня и допускаемая относительная деформация [εi] L1

1

0,7

0,5

0,3

0,5

Бронза Бр. А5

4·10–4

2

0,5

0,4

0,5

0,5

Сталь Ст. 3

3·10–4

3

0,6

0,8

0,4

0,5

Латунь ЛС59-1

2·10–4

4

0,5

0,3

0,6

0,5

Сталь Ст. 5

4·10–4

5

0,2

0,3

0,3

0,4

Бронза КМц3-1

3·10–4

6

0,7

0,2

0,3

0,5

Сталь 20

2·10–4

7

0,5

0,5

0,

0,4

Латунь Л68

1·10–4

8

0,4

0,6

0,2

0,3

Алюминиевый сплав АЛ13

3·10–4

9

0,6

0,3

0,6

0,3

Алюминиевый сплав АЛ13

2·10–4

10

0,4

0,8

0,6

0,2

Сталь 4

4·10–4

11

0,8

0,4

0,6

0,6

Сталь 40Х

3·10–4

12

0,2

0,4

0,6

0,7

Сталь 30

3·10–4

13

0,7

0,2

0,3

0,5

Бронза КМц3

4·10–4

14

0,5

0,5

0,

0,4

Алюминиевый сплав Д16

2·10–4

15

0,4

0,6

0,2

0,3

Латунь Л68

1·10–4

16

0,6

0,3

0,6

0,3

Сталь Ст. 3

3·10–4

17

0,4

0,8

0,6

0,2

Алюминиевый сплав АЛ13

2·10–4

18

0,8

0,4

0,6

0,6

Сталь Ст. 5

4·10–4

19

0,2

0,4

0,6

0,7

Сталь 30

3·10–4

20

0,6

0,8

0,4

0,5

Алюминиевый сплав Д16

2·10–4

21

0,5

0,3

0,6

0,5

Бронза Бр. А5

4·10–4

22

0,2

0,3

0,3

0,4

Сталь 20

2·10–4

23

0,7

0,2

0,3

0,5

Латунь ЛС59-1

24·10–4

24

0,5

0,5

0,

0,4

Сталь Ст. 5

4·10–4

25 26 27 28 29 30

0,4 0,6 0,4 0,8 0,2 0,5

0,6 0,3 0,8 0,4 0,4 0,3

0,2 0,6 0,6 0,6 0,6 0,6

0,3 0,3 0,2 0,6 0,7 0,5

Бронза КМц3-1 Сталь 20 Латунь Л68 Алюминиевый сплав АЛ13 Сталь Ст. 5 Сталь 30

3·10–4 2·10–4 4·10–4 2·10–4 4·10–4 3·10–4

L2

L3

L4

Материал стержня

м

[εi] –

38

Порядок выполнения

1 Вычертить в масштабе расчётную схему с указанием активных и реактивных внешних сил. 2 Составить уравнения статики. Определить степень статической неопределимости (ССН). 3 Определить приведённые внутренние усилия Ni в пределах каждого участка. 4 Составить уравнение совместности деформаций. 5 Раскрыть статическую неопределимость стержня, решив совместно уравнение статики и уравнение совместности деформаций. 6 Вычислить нормальные силы Ni и построить их эпюру. 7 Выполнить проверку правильности вычислений. 8 Вычислить приведённый диаметр стержня по условию прочности и жёсткости. 9 Вычислить площадь Fi поперечного сечения на каждом участке стержня. 10 Определить действительные напряжения σi и построить их эпюру. 11 Вычислить величину продольной деформации ∆li на каждом участке. 12 Определить перемещения сечений на границах участков вдоль оси Z и построить эпюру перемещений. 13 Сделать выводы.

d4

P2

d3

P1

d2

d1

Пример выполнения Стержень переменного поперечного сечения защемлён обоими концами в точках А и В и нагружен продольными силами. На рисунке 1.3.1 изображена заданная схема. Цель: из условия прочности и жёсткости подобрать безопасные диаметры жёстко защемлённого стержня переменного сечения, нагруженного сосредоточенными силами.

P3

Z А

В

l1

l2

l3

l4

Рисунок 1.3.1 – Заданная схема стержня

Исходные данные приняты по номеру варианта_____ из таблиц 1.3.1 и 1.3.2; схема № ____ по рисунку 1.3. 39

α1 = 1; l1 = 0,5 м; α2 = 1,2; l2 = 0,3 м; α3 = 1 ; l3 = 0,6 м; α4 = 1 ; l4 = 0,5 м. σТ = 260 МПа, σВ = 500 МПа, Е =2 ·105 МПа , [ε] = 4 ·10–4. Принимаем коэффициент запаса прочности по текучести nТ = 1,5; по временному сопротивлению – nВ = 2,5. 1 Вычерчиваем расчётную схему. Под действием внешних сил Pi в местах закрепления стержня возникают реакции. На расчётной схеме (рисунок 1.3.2) показываем замену опорных закреплений стержня в точках А и В реакциями опор RA и RB. На схеме указываем предполагаемое направление реакций. Дано: Р1 = 4 кН; Р2 = 6 кН; Р3 = 12 кН;

P1

RA

P2

P3

RB

А

Z

В

0,5м

0,3м

0,6м

0,5м

Рисунок 1.3.2 – Расчётная схема статически неопределимого стержня

2 Составляем уравнения статики. Определяем степень статической неопределимости (ССН) стержня. ΣZ = 0; − RA + Р1 + Р2 + Р3 – RВ = 0. (1) Получено одно уравнение с двумя неизвестными RA и RВ. Лишнее неизвестное указывает на статическую неопределимость стержня. Степень статической неопределимости определяется как разность между количеством неизвестных nн и количеством возможных уравнений nу. В данном примере nн = 2, nу = 1. ССН = nн = nу = 2 – 1 = 1, т. е. система один раз статически неопределима ССН = 1. Таким образом, к уравнению статики (1) необходимо добавить ещё одно недостающее уравнение. Дополнительное уравнение можно составить на основе условий совместности деформаций элементов (участков) системы. Для этого определяем количество и границы участков стержня.

40

3 Разграничиваем длину стержня на характерные1 участки. Определяем внутренние продольные усилия Ni. Определяем положение границ характерных участков по длине стержня A, C, D, E, B, их количество и нумеруем их I, II, III, IV (рисунок 1.3.3).

А

С

0,5м

D

0,3м

P3

IV d4

RA

P2

II d3

d1

P1

II d2

I

Z

В

Е

0,6м

RB

0,5м

Рисунок 1.3.3 – Распределение и положение границ участков статически неопределимого стержня

В пределах каждого участка (рисунок 1.3.4) проводим произвольное сечение, которое делит стержень на две части. В центре тяжести сечения изображаем внутреннее усилие Ni в предполагаемом произвольном направлении. Полагаем направление положительным, если оно совпадает с положительным направлением оси Z, а усилие Ni растягивающим, имеющим знак «плюс», если оно направлено от сечения. Составляем равновесие одной из отсечённых частей. В данном примере рассматриваем левые отсечённые части. На рисунке 1.3.4 изображены положительные направления внутренних усилий Ni. Записываем уравнения равновесия отсечённых частей стержня Сечение: на I участке – RA + N1 = 0; на II участке – RA + P1 + N2 = 0; на III участке – RA + P1 + P2 + N3 = 0; на IV участке – RA + P1 + P2 + P3 + N4 = 0. N1 = RA; (2) N2 = RA – P1; (3) N3 = RA – P1 – P2 ; (4) N4 = RA – P1 – P2 – P3 . (5) Из уравнений равновесия определяем зависимость внутреннего усилия Ni от внешних сил. 1

Характер работы участков может изменяться при переходе через границу добавлением или уменьшением нагрузки (например, 2Р; 1,5Р; 8Р… и т. д.) от вида нагрузки, действующей в заданных зонах участка (например, нагрузка сосредоточенными силами, моментом, распределённой нагрузкой, равномерной или действующей по заданному закону), а также от размеров поперечного сечения стержня, изменяющегося по длине стержня.

41

P1

RA А

P3

D

0,3 м

d4

d3

IV

P2

С

0,5 м RA

II

d2

II

d1

I

RB В

Е

0,6 м

Z

0,5 м

N1

Р1

RA

N2

RA

RA

Р1

Р2

Р1

Р2

N3

Р3

N4

Рисунок 1.3.4 – Положение границ участков и направления внутренних усилий Ni стержня

4 Составляем уравнение совместности деформаций. Из условий закрепления увеличение (уменьшение) общей длины стержня δ невозможно (см. рисунок 1.3.1), поэтому уравнение совместности деформаций выражает алгебраическую сумму деформаций участков стержня и имеет вид ∆l1 + ∆l2 +∆l3 + ∆l4 = 0. (6) Выражаем деформации в уравнении (6) через внутренние усилия Ni по закону Гука – ∆ li =

N i li , поэтому для стержня, изготовленного из одного Ei Fi

материала, Еi можно обозначить через постоянную величину Е. N1l1 N 2 l2 N 3l3 N 4 l 4 + + + = 0. EF1 EF2 EF3 EF4 42

(7)

В уравнении (7) сделаем замену усилий Ni на соответствующие выражения (2), (3), (4), (5).

R Al1

EF1 ⋅ α12

+

(R A − P1 ) l2 + (R A − P1 − P2 ) l3 + (R A − P1 − P2 − P3 ) l4 EF1 ⋅ α 22

EF1 ⋅ α 32

EF1 ⋅ α 24

= 0 . (8)

5 Раскрываем статическую неопределимость стержня, решая уравнения (1) и (8). Подставляя в (8) все известные величины, находим RA. R A ⋅ 500 +

+

(R A − 4000 ) ⋅ 300 + (R A − 4000 − 6000 ) ⋅ 600 +

12 1,2 2 (R A − 4000 − 6000 − 12000 ) ⋅ 500 12

12

= 0.

RA = 9,862 кН. Подставляя найденное значение RA в (1) находим RВ. − RA + Р1 + Р2 + Р3 – RВ = 0.

– 9,862 + 4,0 + 6 + 12 – RВ = 0.

Откуда RВ = 12,138 кН. Все неизвестные внешние силы найдены. Статическая неопределимость раскрыта. 6 Вычисляем нормальные внутренние силы Ni , подставляя найденное значение внешней реактивной силы RA в уравнения (2), (3), (4), (5). N1 = 9,862 кН; в сечениях I участка действует растягивающее усилие; N2 = 5,862 кН; в сечениях II участка действует растягивающее усилие; N3 = – 0,138 кН; в сечениях III участка – сжимающее усилие; N4 = – 12,138 кН; в сечениях IV участка – сжимающее усилие. N3 и N4 в результате вычислений получили знак «–», следовательно, неправильно было выбрано предварительно направление внутренних сил. При дальнейшем решении необходимо или поменять направления, или подставлять N3 и N4 со знаком «–». Строим эпюру Ni (рисунок 1.3.5).

43

P1

RA А

0,5м

С

9,862

+

0

IV

P2

0,3м

D

P3

0,6м

В

0,5м

─ 12,138

26,94

─

0,897 0,200

0,197

Эпюра σ, МПа

78,89 Эпюра δ, мм 0

0,160

0

Z

Эпюра N, кН

64,10

+

Е

RB

5,862 0,138

0

d4

II

d3

II

d2

d1

I

Рисунок 1.3.5 – Эпюры N , σ и δ статически неопределимого стержня

7 Сделаем проверку вычислений, подставив полученные значения нормальных сил в уравнение (3) с учётом знаков растягивающих и сжимающих усилий и заданных соотношений αi поперечных сечений стержня.

δ=

1 ⎛ 9,862 ⋅ 0,5 5,862 ⋅ 0,3 − 0,138 ⋅ 0,6 − 12,138 ⋅ 0,5 ⎞ ⎜ ⎟ = 0 мм . + + + ⎟ 2 2 2 2 EF1 ⎜⎝ 1 1,2 1 1 ⎠

Результат1 проверки подтверждает правильность раскрытия статической неопределимости. В действительности конец стержня в точке В не может иметь перемещений, так как жёсткая заделка препятствует этому.

1

При проверке результат может несколько отличаться от нуля, так как ограничиваемся третьим знаком после запятой. В арифметических подсчётах допускается погрешность Σ∆li ≤ 5 %.

44

8 Вычисляем приведённые нормальные напряжения σi . Выразим их через площадь сечения F1. Значения сил Ni принимаем по модулю. N1 9,862 9,862 ; = = σI = 2 2 F F1 ⋅ α1 F1 ⋅ 1 1

σ II = σ III = σ IV =

N2 F1 ⋅ α 22 N3 F1 ⋅ α 32 N4

= = =

5,862 F1 ⋅ 1,2 2 0 ,138 F1 ⋅ 12

=

=

4,071 ; F1

0 ,138 ; F1

12,138 12,138 . = F1 F 1⋅12

F1 ⋅ α 24 По приведённым напряжениям видно, что опасный участок − четвертый, так как σIV > σI > σII > σIII . 9 Из условия прочности и жёсткости определяем приведённый диаметр сечения опасного участка, так как на четвертом участке действуют максимальные напряжения, используя зависимость Fi = F1α i2 , т. е. для опасного сечения 2 2 πd1 F4 = F1 α 4 = ⋅ α 24 , 4 где d1 – приведённый диаметр. Предварительно вычисляем допускаемое нормальное напряжение. Используя коэффициент запаса прочности по текучести, получаем: [σ] = σ Т = 260 = 173, (3) МПа . n Т 1,5 Принимаем [σ] = 170 МПа. Используя коэффициент запаса прочности по временному сопротивлению, получим: [σ] = σ В = 500 = 200,0 МПа . n В 2,5 Принимаем [σ] = 200 МПа. Из двух значений допускаемых напряжений окончательно принимаем наименьшее [σ] = 170 МПа. 45

Определяем диаметр d1 из условия прочности. Условие прочности стержня max N σ max = ≤ [σ ] . F4 Так как F4 ==

4 ⋅ N4 πd12 ⋅ α 24 , то σ max = ≤ [σ ]. 2 2 4 π d1 α 4

Откуда d прочн = d1 ≥

4 ⋅ N4

[σ] ⋅ π ⋅ α 24

=

4 ⋅ 12,138 ⋅ 103 170 ⋅ 3,14 ⋅ 12

= 9,54 мм .

Принимаем dпрочн = 10 мм. Определяем диаметр d1 из условия жёсткости. N4 По закону Гука σ = E ε, или = Еε . F4 Условие жёсткости ε = тогда d1 = d жёстк ≥

N4 σ ≤ [ε ] ; ε = ≤ [ε ] , E E ⋅ F4

4 ⋅ N4

π ⋅ α 24 ⋅ E [ε ]

=

4 ⋅12138 π ⋅ 2 ⋅12 ⋅105 ⋅ 4 ⋅10 − 4

= 13,9 мм .

Из найденных по условиям жёсткости и прочности диаметров выбираем наибольший d1 = 14 мм. 10 Определяем площади Fi сечений стержня по участкам. Принимаем dжёстк = 14 мм. F1 =

πd12 2 3,14 ⋅ 14,0 2 2 α1 = ⋅ 1 = 153,86 мм 2 . 4 4

F2 = F1 α 22 = 153,86 ⋅1,2 2 = 221,56 мм 2 . F3 = F1 α 32 = 153,86 ⋅12 = 153,86 мм 2 . F4 = F1 α 24 = 153,86 ⋅12 = 153,86 мм 2 . 11 Определяем действительные напряжения σi на участках и строим их эпюры (см. рисунок 1.3.5). σ1 =

N1 9,862 ⋅103 = = 64,1 Н/мм 2 = 64,1 МПа . F1 153,86

N 2 5,968 ⋅103 = = 26,94 Н/мм 2 = 26,94 МПа . σ2 = F2 221,56 46

σ3 =

N 3 − 0,138 ⋅103 = = −0,897 Н/мм 2 = − 0,897 МПа . F3 153,86

N 4 − 12,138 ⋅ 103 = = −78,89 Н/мм 2 = −78,89 МПа . σ4 = F4 153,86 12 Находим величину продольной деформации ∆li на каждом участке, учитывая знак внутреннего усилия Ni:

N1l1 9,862 ⋅ 500 ⋅ 103 ∆l1 = = = 0,16 мм ; EF1 2 ⋅ 105 ⋅ 153,86 ∆l2 =

N 2l2 5,862 ⋅ 300 ⋅ 103 = = 0,040 мм ; 5 EF2 2 ⋅ 10 ⋅ 221,56

N 3l3 − 0,138 ⋅ 600 ⋅ 103 ∆l3 = = = − 0,003 мм ; EF3 2 ⋅ 105 ⋅ 153,86 N 4l4 − 12,138 ⋅ 500 ⋅ 103 ∆l4 = = = − 0,197 мм . EF4 2 ⋅ 105 ⋅ 153,86

13 Найдём перемещения сечений A, C, D, E, B: δА = 0, так как сечение А имеет жёсткую заделку; δC = δА + ∆l1 = 0 + 0,16 = 0,16 мм; δD = δC + ∆l2 = 0,16 + 0,04 = 0,20 мм; δE = δD + ∆l3 = 0,20 – 0,003 = + 0,197 мм; δВ = δD + ∆l4 = +0,197 – 0,197 = 0. Строим эпюру перемещений сечений A, C, D, E, B (см. рисунок 1.3.5). Вывод • Последовательность вычислений перемещений сечений A, C, D, E и равенство нулю перемещения точки В указывают на правильность раскрытия статической неопределимости и правильность решения задачи по определению напряжений, деформаций и безопасных размеров поперечных сечений стержня. • Принятые в результате расчёта размеры диаметров поперечных сечений стержня обеспечат его работоспособность, так как удовлетворяют условиям прочности и жёсткости.

47

1.4 Расчёт на прочность статически неопределимой стержневой системы Расчёт на прочность статически неопределимой стержневой системы, загруженной внешними силами с учётом монтажных и температурных напряжений

При решении задачи используем принцип суперпозиции, который позволяет разделить поставленную задачу на независимые части. В первой части определяем монтажные напряжения от неточности изготовления элементов системы, во второй части − температурные напряжения от изменения температуры в отдельных элементах системы, в третьей части − напряжения от действия внешней нагрузки. В итоге результаты решений первой, второй и третьей частей можно суммировать алгебраически. На рисунке 1.4 изображена стержневая система к расчёту на воздействие трёх факторов: монтажной неточности, влияния воздействия переменной температуры и действия сосредоточенных и равномерно распределённых сил.

I

II

D

a

С

q

α β

А

Е

B

P

b

c

Рисунок 1.4 – Стержневая система с жёсткой балкой

48

1.4.1 Расчёт статически неопределимой стержневой системы при отклонениях монтажных размеров Расчёт на прочность стержневой системы с учётом неточности изготовления по длине одного из стержней. Определение монтажных напряжений

Стержень II изготовлен короче проектного размера на ∆ мм. Цель: для стержневой системы, состоящей из абсолютно жёсткой балки, шарнирно связанной с двумя стержнями I и II:

− определить монтажные напряжения в поперечных сечениях стержней, возникающие при отклонении (до сборки) действительного размера стального стержня II от проектного на величину ∆ мм; − определить перемещение шарнира, соединяющего концы стержней с балкой. Данные для расчёта принять из таблиц 1.4.1, 1.4.2 и по рисунку 1.4.1.

Порядок расчёта 1 Вычертить в масштабе расчётную схему. 2 Составить схему сил. 3 Составить уравнения статики для отсечённой части. Определить степень статической неопределимости исследуемой части конструкции. 4 Вычертить схему перемещений жёсткой балки. 5 Составить уравнение совместности перемещений. 6 Раскрыть статическую неопределимость.

49

Вариант

Таблица 1.4.1 – Геометрические параметры и материалы стержней системы а, м

b, м

с, м

F2 F1

q, кН/м

∆t, °С

∆, мм

1 1 2 3 4 5 6

2 0,5 0,7 0,9 1,1 1,3 0,8

3 2,5 2,3 2,1 1,9 1,7 1,0

4 0,9 1,1 1,4 1,5 1,7 1,2

5 2 2 2 2 2 2

6 10 12 10 20 20 24

7 + 45 – 30 + 15 – 20 + 10 – 15

8 – 2,5 + 2,0 – 1,5 +2,0 – 3,0 + 2,0

7

1,2

0,5

1,8

2

20

+ 15

– 1,5

8

1,5

1,5

1,9

2

10

– 25

+ 1,0

9 10

1,0 1,7

1,2 1,3

0,5 2,1

2 2

20 30

– 20 + 30

+ 2,0 – 2,0

11

1,9

1,1

2,3

3

10

– 10

+ 2,5

12

2,1

0,9

2,5

2

12

+ 20

– 1,0

13

2,3

0,7

2,7

5

10

– 45

+ 3,0

14 15 16

2,5 1,0 2,7

0,5 1,1 0,5

2,5 1,9 1,5

3 2 5

20 20 24

+ 25 – 20 – 15

– 1,0 + 2,0 + 1,5

17

1,0

2,3

1,4

3

20

+ 20

– 1,5

18 19

2,9 1,6

0,5 0,4

1,0 1,2

3 2

10 15

+ 10 – 15

– 2,0 + 1,0

Алюм. сплав АЛ19 Сталь Ст3 Сталь 20 Чугун СЧ 25 Алюм. сплав АЛ19 Сталь 20 Сталь Ст4

20

2,0

1,5

0,5

2

20

+ 20

– 0,5

Бронза БрА5

21 22 23 24 25 26

1,9 2,1 2,3 2,5 1,0 2,7

1,1 0,9 0,7 0,5 1,1 0,5

2,3 2,5 2,7 2,5 1,9 1,5

3 2 5 3 2 5

10 12 10 20 20 24

– 10 + 20 – 45 + 25 – 20 – 15

+ 2,5 – 1,0 + 3,0 – 1,0 + 2,0 + 1,5

27

1,0

2,3

1,4

3

20

+ 20

– 1,5

28

2,9

0,5

1,0

3

10

+ 10

– 2,0

29 30

1,6 2,0

0,4 1,5

1,2 0,5

2 2

15 20

– 15 + 20

+ 1,0 – 0,5

Сталь Ст3 Чугун СЧ 25 Сталь 10 Бронза БрА5 Сталь 40 Сталь Ст3 Алюм. сплав АЛ19 Бронза БрКМц3 -1 Бронза БрА5 Сталь 20

50

Материал стержня I стержень 9 Сталь Ст3 Чугун СЧ 25 Сталь 10 Бронза БрА5 Сталь 40 Сталь Ст3 Алюм. сплав АЛ19 Бронза БрКМц3 -1 Бронза БрА5 Сталь 20 Латунь ЛС 59–1 Сталь Ст4

II стержень 10 Чугун СЧ 15 Сталь Ст5 Чугун КЧ 30–6 Сталь 30 Бронза БрАЖ9-4

Сталь 50

Латунь Л 68 Сталь 40Х Алюм. сплав АЛ19 Сталь Ст3 Чугун СЧ 15 Латунь Л 68 Сталь Ст5 Сталь 50 Латунь Л 68 Алюм. сплав Д16 Чугун СЧ 10 Сталь Ст5 Чугун КЧ 30-6 Сталь 30 Бронза БрАЖ9-4

Сталь 40Х

Латунь Л 68

Таблица 1.4.2 – Физико-механические характеристики материалов стержней

Материал 1

Сталь

2 Ст3 Ст4 Ст5 10 20 30 40 50 40Х

СЧ 15

Предел текучести σт, МПа

Предел прочности σв, МПа

Модули упругости Е, G, МПа

Температурный коэф. λ, град –1

3 210 240 260 210 250 300 340 380 650

4 380 420 500 340 420 500 580 640 730

5

6

Е = 2 · 10 5 G = 0,8 · 10 5

12,5 · 10 – 6

–

σвр = 120 σвс = 500

Е = 1,5 · 10 5 G = 0,6 · 10 5

11,0 · 10 –

Е = 1 · 10 5 G = 0,37 · 10 5

16,0 · 10 – 6

Е = 1 · 10 5 G = 0,36 · 10 5

20,0 · 10 – 6

Е = 0,7 · 10 5 G = 0,26 · 10 5

24,0 · 10 – 6

Чугун –

σвр = 240 σвс = 1000

σтр = 190 160 220 100

σвр = 300 380 600 350

Л 68

110

320

ЛС 59–1

140

400

Д16

290

440

АЛ19

90

200

СЧ 25

Бронза

Латунь

Алюм. сплавы

КЧ 30–6 БрА5 БрАЖ9–4 БрКМц3 -1

51

6

1

6

II

q

II а

b

c

K

q

I

Р

b

7 b

a

Р

K

Р

II

b

II

c

3

8 II

Р

с

q

II

Р

q

K а

а

I

q

I

а

K

I

Р

a

2 q

с

K

b

a

I

b

K

I

a

с

с

9 q

II

II

q

I

K а

a

I

b

4

Р 5

b

K

c

10

Р

q

I

a

K

a

Р

с

I

q

K

c

II

II

b

b

Рисунок 1.4.1 − Схемы стержневых систем

52

c

Р

11

16 II c

с

II

K

2а 17

c

b

K

I

Р I

II

II

q

a

q

с

K

Р

с

12

Р

q

II с

а

q

I

Р

b

а

а

K

b

13

18

a

II

Р

II

а

I

K

I

а

K

q b

c

19 с

K

Р

I

q а

b

с

K

I Р

b

II

с

с

q

b

а

14

q

Р

c

q

b

b

II

I

K

а

20 a

15

II

b

Р

I

K b

Р Рисунок 1.4.1 (продолжение)

53

q

II

с

26

K с

Р

I

II a

b

q

I

q

K c

b

а

22 Р

II

Р

c

27

b

K

P

I

b

21

II

a

II

q

I

a

K

с

28

Р

a

II

c

II

q

b

29

Р

q

с

K

I

q

b

а

с

a

25

а

I

II

b

K

b

II

30

Р

K

I

II

с

а

K

q

Р a

b Рисунок 1.4.1 (продолжение)

54

b

II

с

24 Р

I

Р

а

K

К

I

с

b

q

II

b

23

7 Определить напряжения, возникшие в стержнях конструкции, при отклонении (до сборки) размера по длине одного из стержней от проектного размера на ∆ мм. Определить допускаемые напряжения для каждого стержня. В расчётах принять допускаемый коэффициент запаса прочности для пластичных материалов [nT] = 1,5; для хрупких – [nВ] = 2,5. 8 Определить вертикальное или горизонтальное перемещение шарнира «В». 9 Провести анализ работы каждого стержня. Определить долю действующего напряжения в процентах по отношению к допускаемому напряжению σ ∆I ⋅100 %, δ %= [σ I ]

σ ∆II ⋅100 %. δ %= [σ II ]

I

II

Определить разрыв между пределом текучести и действующим напряжением для пластичных материалов; в случае использования хрупкого материала между действующим напряжением и пределом прочности. Пример выполнения

Стержневая система состоит из абсолютно жёсткой балки, шарнирно соединённой с двумя стержнями I и II. Стержень II изготовлен короче проектного на ∆ = 0,5 мм (см. рисунок 1.4.1). Требуется: − раскрыть статическую неопределимость; − определить монтажные напряжения в поперечных сечениях стержней, возникающие при отклонении (до сборки) действительного размера стального стержня II от проектного на ∆ = 0,5 мм; − определить перемещение шарнира, соединяющего концы стержней I и II с балкой. Исходные данные по варианту № 31 приняты из таблиц 1.4.1, 1.4.2 и по рисунку 1.4.1. Материал стержней I и II – сталь; предел текучести σТ = 240 МПа; временное сопротивление σВ = 500 МПа; коэффициент запаса прочности по пределу текучести [nT] = 1,5; коэффициент запаса прочности по пределу прочности [nВ] = 2,5; допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа; модуль упругости Е1 = Е2 = Е = 2 · 105 МПа; площади поперечных сечений стержней F1 = F, F2 = 2F. 55

По таблице 1.4.1: а = 0,5 м = 500 мм; b = 0,4 м = 400 мм; q = 10 Н/мм. В первой части задачи (рисунок 1.4.1.1) расчёт выполняем только с учётом монтажного фактора. Остальные факторы отбрасываем P = 0; q = 0; ∆t º = 0. I

II

D

a

С q

α

А

β B

P

a

Е

b

Рисунок 1.4.1.1 – Заданная стержневая система

1 Вычерчиваем расчётную схему (рисунок 1.4.1.1.1). Y I

II

D

a

С

AY

α

AZ

B

β

А

Z

∆

a

b

Рисунок 1.4.1.1.1 – Расчётная схема стержневой системы с отклонением размера стержня II на ∆ = – 0,5 мм

В опорах прикладываем реактивные силы (для простоты и наглядности опоры не отбрасываем). Расставляем опорные реакции. По геометрической схеме заданной системы вычисляем углы α и β по соотношениям известных размеров системы a и b. Вычисляем длины стержней через найденные углы и размеры a и b. Из треугольников АВС и BDE находим углы α = 45 º и β = 51º и длины стержней I и II – L1 = 707,2 мм; L2 = 643,4 мм. 56

2 Строим схему сил. Действующий фактор – дефект стержня II, стержень изготовлен короче на величину ∆ = 0,5 мм (см. рисунок 1.4.1.1.1). Чтобы объединить концы стержней в шарнире В необходимо к стержню II приложить временную силу и с её помощью подтянуть стержень к балке на месте монтажа. Стержень I в процессе монтажа окажется в стеснённых условиях. Предполагаем, что он будет испытывать сжимающие усилия. В стержневой системе в результате возникших сжимающих и растягивающих усилий в стержнях I и II, в опорах A, C и D возникнут реактивные силы. Применяем метод сечений к заданной конструкции для определения усилий N1 и N2 . Мысленно рассекаем стержневую систему на две части. Отбрасываем верхнюю часть. Действие отброшенной верхней части заменяем возникающими в рассечённых стержнях I и II неизвестными внутренними усилиями N1 и N2, уравновешивающими их реактивные силы АY и AZ нижней части системы (рисунок 1.4.1.1.2). Полагаем, что в дефектном стержне II возникнут, видимо, растягивающие усилия. Y

N1

I II

● AY AZ

N2

α

А

β

Z

B ●

Рисунок 1.4.1.1.2 – Схема внутренних усилий и реактивных сил в отсечённой части

3 Составляем уравнения статики для отсечённой части конструкции. Определяем степень статической неопределимости ΣZ = 0; – AZ + N1cos α + N2 cos β = 0; (1) (2) ΣY = 0; AY – N1 sin α + N2 sin β = 0; (3)1 ΣmomA = 0; – N1 a sin α +N2 a sin β = 0. 1

При составлении уравнения моментов принимаем при вращении силы против часовой стрелки момент положительным, т. е. со знаком «+».

57

Получаем три уравнения с четырьмя неизвестными N1, N2, AY, AZ. Степень статической неопределимости: ССН = nн – nу = 4 – 3 = 1. Рассматриваемая система один раз статически неопределима. Для решения задачи составляем еще одно дополнительное уравнение – уравнение совместности деформаций. Оно получается при рассмотрении перемещений концов стержней по окончании монтажа конструкции. 4 Составляем схему перемещений, изобразив начальное положение шарнира В до приложения нагрузок и его новое положение при деформированном состоянии конструкции после соединения стержней I и II с балкой (рисунок 1.4.1.1.3).

Y C

D

II

I I

II

В1

∆L2

β

α К1

М

●

●

β

α

N

К2

∆ Z

В

A

∆ ∆ L1N Рисунок 1.4.1.1.3 – Схема перемещений шарнира В и деформаций стержней

Перемещения любых точек конструкции при действии эксплуатационных регламентированных факторов на конструкцию весьма малы по сравнению с размерами самой конструкции, поэтому на схеме показываем их с отклонением от масштаба в очень преувеличенном виде. По геометрической 58

схеме рисунка 1.4.1.1.3 видно, что проектная длина стержня II равна отрезку DB. На схеме рисунка 1.4.1.1.3 видно, что его длина короче на величину ВМ = ∆ = 0,5 мм. Чтобы смонтировать узел В стержень II в процессе монтажа был предварительно вытянут на величину его абсолютной деформации ∆LN 2 . Ввиду малости деформаций и перемещений считаем, что шарнир В переместится в положение В1 по перпендикуляру (ВВ1 ⊥ АВ) к исходному положению балки, которая в геометрической схеме является радиусом вращения АВ с центром в точке А. При совмещении с точкой В1 описываемые концами стержней I и II дуги при повороте относительно шарниров C и D заменим перпендикулярами В1К1 и В1К2 к первоначальному направлению положения стержней I и II. Отрезок ВК1 = ∆L1N представляет собой абсолютное укорочение стержня I. Отрезок BК2 есть разность между дефектом N ∆ стержня II и абсолютным его удлинением ∆LN 2 , т. е. BК2 = ∆ – ∆L2 . При составлении схемы перемещений (см. рисунок 1.4.1.1.3) нужно учитывать соответствие знаков деформаций (растяжение или сжатие) стержней принятому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме рисунка 1.4.1.1.2. Так, в рассматриваемом примере на рисунке 1.4.1.1.2 направление усилия N1 показано сжимающим и соответственно этому на схеме рисунка 1.4.1.1.3 видно, как укоротился стержень при сборке; усилие N2 на рисунке 1.4.1.1.2 показано растягивающим, соответственно на схеме перемещений стержень II изображен удлинённым на величину ∆LN 2. 5 Составляем уравнение совместности деформации. Рассматриваем геометрическую связь между перемещением шарнира В и деформациями ∆L1 и ∆LN 2. Для стержня I по схеме рисунка 1.4.1.1.3 в треугольнике ВК1В1 ВК1 = ∆L1N = ВВ1·sin α.

(4)

В треугольнике ВК2В1 N BК2 = ∆L2 – ∆ = ВВ1·sin β. (5) По схеме рисунка 1.4.1.1.3 видно, что концы стержней имеют общую величину перемещения ВВ1. Из равенства (4) имеем соотношение переме∆L1N , из равенства (5) щения конца стержня I с его деформацией ВВ1 = sin α ∆ − ∆LN 2 , поэтому имеем ВВ1 = sin β

∆L1N ∆ − ∆LN 2 . = sin α sin β

59

(6)

Получено недостающее деформационное уравнение, в котором упругие деформации по закону Гука могут быть выражены через внутренние NL N усилия ∆Li = i i ; Е1 и Е2 = Е (одинаковый материал стержней – сталь). Ei Fi

N1L1 N 2 L2 ∆ − = . EF1 ⋅ sin α sin β EF2 sin β Сделав некоторые преобразования (приведём к общему знаменателю, примем F1 = F F2 = 2F), получаем 2 N1L1 ⋅ sin β = 2∆ ⋅ EF ⋅ sin α − N 2 L2 ⋅ sin α . (7) 6 Раскрываем статическую неопределимость. Решаем совместно систему из уравнений (3) и (7)

⎧ − N1 a sin α + N 2 a sin β = 0 ⎨ ⎩2 N1L1 sin β + N 2 L2 sin α − 2∆EF1 sin α = 0. N a sin β N 2 sin β N1 = 2 = . Из уравнения (3) sin α a sin α

(8)

Подставляя (8) в (7), получаем: 2 N 2 sin 2 β L1 + N 2 L2 sin α = 2∆EF sin α ; sin α

N2 (2 sin 2 β L1 + sin 2 α L2 ) = 2∆EF sin2 α ;

N2 =

2∆EF sin 2 α (2 sin 2 βL1 + sin 2 α L2 )

.

(9)

Определена зависимость усилия N2 от свойств материала Е стержня II, его площади поперечного сечения F2 =2F и геометрии стержневой системы L1 , L2 , α и β. Подставляя исходные данные в (9), вычисляем значение усилия в стержне II в зависимости от F .

2 ⋅ 0,5 ⋅ 2 ⋅ 105 ⋅ F ⋅ 0,70712

N2 =

= 85,0 F (Н) . (2 ⋅ 0,77712 ⋅ 707,2 + 0,70712 ⋅ 643,4) Определено усилие N2 в зависимости от площади F и размерности N2 = 85,0 F(Н) (растяжение). Длины стержней приняты в миллиметрах. Из первого уравнения системы (8) определяем усилие N1. N1 =

N 2 sin β sin α

=

85,0 F ⋅ 0,7771 = 93,4 F (Н) (сжатие). 0,7071

60

Знак «плюс», полученный в результате вычислений для усилия N1 и N2, указывает на правильно принятые произвольно направления усилий для стержней I и II. Найдены усилия N1 = 93,4F (Н) и N2 = 85,0 F (Н). 7 Нормальные напряжения в стержнях. σ I∆

N I∆ 93,4 F = = = 93,4 Н/мм2 = 93,4 МПа; F1 F

σ ∆II =

N II∆ 85,0 F = = 42,5 Н/мм2 = 42,5 МПа. F2 2F

8 Определяем перемещение шарнира В. Используем соотношение (4) деформации ∆L1N и перемещения ВВ1.

∆L1N = ВВ1 sin α. 93,4 F1 L1 N I∆ L1 ∆L1 93,4 ⋅ 707,2 BBI = = = = = 0,47 мм. sin α EF1 sin α 2 ⋅ 105 F1 sin α 2 ⋅ 105 ⋅ 0,7071 В результате выполнения задачи определены: − напряжения в стержнях системы от неточности изготовления одного стержня. Напряжения в стержнях I и II σ ∆I = 93,4 МПа ; σ ∆2 = 42,5 МПа ; − перемещение узла В: ВВ1 = 0,47 мм. 9 Анализ результатов решения. Определяем долю использования допускаемого нормального напряжения в процентах. У стержня I σ ∆I 93,4 ⋅ 100 % = ⋅ 100 % = 58,4 % . δ %= [σ] 160 I

Резерв составляет 160 – 93,4 = 66,5 МПа или 41,6 % для сжатия от других видов нагружения системы. Разрыв между пределом текучести и действующим напряжением для стержня I составляет 240 – 93,4 = 146,6 МПа. У стержня II σ ∆II 42,5 δ %= ⋅ 100 % = ⋅ 100 % = 26,6 % . [σ] 160 II

Резерв составляет 160 – 42,5 = 117,5 МПа или 73,4 % для растяжения. Разрыв между пределом текучести и действующим напряжением для стержня II составляет 240 – 42,5 = 197,5 МПа.

61

1.4.2 Расчёт статически неопределимой стержневой системы при воздействии температуры Расчёт на прочность стержневой системы с учётом изменения температуры одного из стержней Цель: для стержневой системы (рисунок 1.4.2): − определить температурные напряжения в поперечных сечениях стержней, возникающие при отклонении эксплуатационной температуры стержня I от нормальной t = 20 °С на ∆t = 30 °С; − определить величину коэффициентов запаса прочности по формуσ σ ле nT = T или nВ = В . Сравнить их с коэффициентами [nT] и [nВ]; σ(t ) σ(t )

− сравнить действующие напряжения в стержнях с характеристиками материала σТ , σВ , [σ]; − определить перемещение шарнира, соединяющего концы стержней I и II с балкой; − выполнить анализ работы стержневой системы. II

a

I

q

α β

B P

a

b

Рисунок 1.4.2 − Заданная стержневая система

Данные для расчёта можно взять из задачи 1.4.1.

62

Порядок расчёта

1 Вычертить в масштабе расчётную схему. 2 Составить схему сил, действующих на отсечённую исследуемую часть конструкции. 3 Составить уравнения статики для отсечённой части. Определить степень статической неопределимости исследуемой части конструкции. 4 Вычертить схему перемещений жёсткой балки. 5 Составить уравнение совместности перемещений. 6 Раскрыть статическую неопределимость. 7 Определить напряжения, возникшие в стержнях конструкции, при изменении температуры одного из стержней на ∆t ºC. 8 Определить вертикальное или горизонтальное перемещение шарнира В. 9 Выполнить анализ работы стержневой системы, сравнив действующие напряжения σ в стержнях с характеристиками материала σТ, σВ и [σ]. Определить значение коэффициентов запаса прочности по формуле σ σ nT = T или nT = B ; сравнить их с коэффициентами [nT] и [nВ]. σΣ σΣ 10 Сделать заключение о прочности конструкции. Пример выполнения

Исходные данные по номеру варианта____ . Данные для расчёта приняты из таблиц 1.4.1, 1.4.2; схема по рисунку 1.4.1 и из задачи 1.4.1. Коэффициент температурного расширения первого стержня λ = 12,5·10–6 град–1 принимаем по таблице 1.4.2; материал первого стержня – сталь; предел текучести σТI = 240 МПа; временное сопротивление σВI = 500 МПа; модуль упругости ЕI = 2·105 МПа; материал второго стержня – сталь; предел текучести σТII = 240 МПа; временное сопротивление σВII = 500 МПа; модуль упругости ЕII = 2·105 МПа; коэффициент запаса прочности по пределу текучести [nT] = 1,5; коэффициент запаса прочности по пределу прочности [nВ] = 2,5; площади поперечных сечений стержней F1 = F, F2 = 2F. а = 0,5 м = 500 мм; b = 0,4 м = 400 мм; q = 10 Н/мм; Р = qа. 63

При решении задачи используем принцип суперпозиции, который позволяет разделить поставленную задачу на независимые части. В первой части определяем монтажные напряжения от неточности изготовления элементов системы, во второй части − температурные напряжения от изменения температуры в отдельных элементах системы, в третьей части − напряжения от действия внешней нагрузки. В итоге результаты решений первой, второй и третьей частей можно суммировать алгебраически. На рисунке 1.4.2.1 изображена заданная стержневая система к расчёту на воздействие трёх факторов: монтажной неточности, влияния воздействия переменной температуры и действия сосредоточенных и равномерно распределённых сил. I

II

D

a

С

q

α β

А

P

a

Е

B b

Рисунок 1.4.2.1 − Заданная стержневая система

Расчёт выполняем только с учётом температурного фактора. Остальные факторы отбрасываем, имеем: ∆=0;

Р = 0;

q = 0.

1 Вычерчиваем расчётную схему (рисунок 1.4.2.2) и вычисляем углы α и β и длины стержней L1 и L2 . Эти данные приняты из задачи 1.4.1. Расставляем опорные реакции. Используя метод сечений, мысленно отделяем от системы нижнюю часть для определения усилий N1 и N2 . Отбрасываем верхнюю часть. Действие отброшенной верхней части заменяем возникающими в рассечённых стержнях I и II неизвестными внутренними усилиями N1 и N2, уравновешивающими исследуемую нижнюю часть системы.

64

Y I

II

D

a

С

AY

α Z

β

AZ А

B

a

b

Рисунок 1.4.2.2 – Расчётная схема стержневой системы на действие температуры

Вычерчиваем схему сил, действующих на отсечённую исследуемую нижнюю часть конструкции (рисунок 1.4.2.3). Y

N1

I

II

N2

● AY AZ

β

α

А

Z

B ●

Рисунок 1.4.2.3 – Силовая схема отсечённой части конструкции

Определяем внутренние усилия и напряжения в стержневой системе от изменения температуры в стержне СB на ∆t. Нагревание стержня СВ вызовет его удлинение, которому препятствует стержень DB. Поэтому в стержне СВ появится внутреннее сжимающее усилие N1, а в стержне DB – растягивающее усилие N2 .

65

3 Составляем уравнения статики для отсечённой части. Определяем степень статической неопределимости системы сил. ΣZ = 0;

– AZ + N1 cos α + N2 cos β = 0;

(1)

ΣY = 0;

AY –N1 sin α + N2 sin β = 0;

(2)

ΣmomA = 0;

– N1 a sin α + N2 a sin β = 0.

(3)1

Получили три уравнения с четырьмя неизвестными N1, N2, AY, AZ. Степень статической неопределимости: ССН = nн – nу = 4 – 3 = 1. Следовательно, рассматриваемая система один раз статически неопределима и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное уравнение – уравнение совместности деформаций. Оно получается при рассмотрении деформаций стержней конструкции при действии температурного фактора. 4 Составляем схему перемещений, изобразив начальное положение шарнира В до приложения нагрузок и его новое положение при деформированном состоянии конструкции под влиянием температуры (рисунок 1.4.2.4). Ввиду малости деформаций и перемещений считаем, что точка В переместится в положение В1 по нормали к исходному положению радиуса вращения АВ (ВВ1 ⊥ АВ). При совмещении концов стержней СВ и DB с точкой В1 описываемые ими при повороте относительно шарниров C и D дуги, заменим прямыми В1К1 и В1К2, перпендикулярными к первоначальному направлению положения стержней I и II. Отрезки ВК1 = ∆L1 и BК2 = ∆L2 являются абсолютными удлинениями стержней I и II. При составлении схемы перемещений (см. рисунок 1.4.2.4) нужно учитывать соответствие знаков деформаций (растяжение или сжатие) стержней принятому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме рисунка 1.4.2.3.

1

При составлении уравнения моментов принимаем при вращении силы против часовой стрелки момент положительным, т. е. со знаком «+».

66

Y C

D

II

I

II

I

∆L2

β

N

A

В

α

Z ∆ L1

К2

●

β

α

● К1

∆L1t ∆L1N М

В1 Рисунок 1.4.2.4 – Схема перемещения шарнира В и деформации стержней от воздействия температуры

Так, в рассматриваемом примере на рисунке 1.4.2.3 направления усилий N1 и N2 показаны растягивающими и соответствующими тому, что на схеме перемещений рисунка 1.4.2.4 стержни I и II изображены удлиняющимися на величины ∆L1 и ∆L2. 5 Составляем уравнение совместности деформации. Рассматриваем геометрическую связь между перемещением шарнира В и деформациями ∆L1 и ∆L2. При нагреве под действием температуры стержень I растянулся бы на величину ∆L1t , равную отрезку ВМ, если бы не был связан со стержнем II. 67

Но стержень II препятствует полному удлинению стержня I, так как они оба связаны общим шарниром В. Поэтому действительное удлинение ∆L1 стержня I меньше на величину отрезка МК1, т. е. на величину упругого сжатия ∆L1N , которое создаётся стержнем II. Перпендикуляр В1К1, опущенный из точки В1 на направление стержня I, отсекает действительную величину ∆L1 удлинения стержня I. Тогда

∆L1 = ∆L1t – ∆L1N .

(4)

Перпендикуляр, опущенный из точки В1 на направление стержня II, отсекает действительную величину деформации стержня II. Величина отрезка BК2 составляет действительную деформацию ∆L2 стержня II. Тогда для стержня I по схеме рисунка 1.4.2.4 в треугольнике ВК1В1 ВК1 = ∆L1 = ∆L1t – ∆L1N = ВВ1 sin α.

(5)

В треугольнике ВК2В1 ВК2 = ∆L2 = ВВ1 sin β. (6) По схеме рисунка 1.4.2.4 видно, что концы стержней имеют общую величину перемещения ВВ1. Из равенства (5) имеем соотношение перемещения конца стержня I ∆L1t − ∆L1N ∆LN 2 , , из равенства (6) имеем ВВ1 = с его деформацией ВВ1 = sin α sin β

поэтому

∆L1t − ∆L1N ∆LN = 2 . sin α sin β

(7)

Получено недостающее деформационное уравнение, в котором упругие деформации по закону Гука могут быть выражены через внутренние усилия, а температурная свободная деформация по физической зависимости NL ∆LiN = i i ; Е1 и Е2 = Е (материал стержней одинаковый); Ei Fi

∆L1t = λ (t °)L1 ∆t °. λ(t ° )L1∆t ° N1L1 N 2 L2 − = sin α EF1 sin α EF2 sin β

68

или

λ(t ° )L1∆t ° N1L1 N 2 L2 + − = 0, EF1 sin α EF2 sin β sin α

(8)

где λ (t °) – коэффициент температурного расширения, λ = 12,5 · 10−6 град–1,

∆t ° = 30 °С.

По геометрическим соотношениям величин а и b схемы 1.4.2 находим углы α и β; α = 45 º , β = 51 º. а 500 = = 707,1 мм ; L1 = СВ = sin α sin 45o L2 = DВ =

а 500 = = 643,4 мм . sin β sin 51 o

6 Раскрываем статическую неопределимость. Определяем нормальные усилия в стержнях N1 и N2. Решаем совместно систему уравнений (3) и (8)

− N1a sin α + N 2 a sin β = 0;

⎫ ⎪ λ(t ° )L1∆t ° N1L1 N 2 L2 ⎬ + − = 0.⎪ sin α EF1 sin α EF2 sin β ⎭

(9)

Из первого уравнения системы (9) N1 =

N 2 sin β . sin α

(10)

После подстановки (10) во второе уравнение системы (9) получаем

N 2 sin β L1 EF1 sin 2 α

N2 =

+

N 2 L2 λ(t °) L1∆t ° = ; EF2 sin β sin α

λ(t ° ) L1∆t ° EF2 sin α sin β 2

2

2 L1 sin β + L2 sin α

.

(11) (12)

Подставляя исходные данные в (12), вычисляем значение усилий в стержнях I и II в зависимости от F1 и F2:

N2 = N1 =

12,5 ⋅ 10 − 6 ⋅ 707,1 ⋅ 30 ⋅ 2 ⋅ 105 F2 ⋅ 0,7071 ⋅ 0,7771 2 ⋅ 707,1 ⋅ 0,77712 + 643,4 ⋅ 0,70712

= 24,78F2 (растяжение);

N 2 sin β 24 ,78 F2 ⋅ 0,7771 = = 27,23F2 = 54,46 F1 (сжатие). sin α 0,7071

69

7 Температурные напряжения в стержнях N 54,46 F1 Н (МПа ) (сжатие); σ tI = 1 = = 54,46 F1 F1 мм 2

N 2 24 ,78 F2 = = 24 ,78 F2 F2

Н

(МПа ) (растяжение). мм 2 8 Определяем перемещения шарнира В в горизонтальном и вертикальном направлениях. σ tII =

∆LN 2 : Используя равенство (6), имеем перемещение ВВ1 = sin β ∆L2 N 2t L2 24,78 ⋅ F2 ⋅ 643,4 24,78 ⋅ 643,4 BBI = = = = = 0,41 мм . sin β EF2 sin β 2 ⋅ 105 F2 sin β 2 ⋅ 105 ⋅ 0,7771 Перемещение шарнира В происходит практически по вертикали вниз, как показано на рисунке 1.4.2.3. Величина перемещения ВВ1 = 0,41 мм. Перемещение по горизонтали по малости деформаций можно не учитывать, так как по условию балка абсолютно жёсткая. Вывод • Температурные напряжения в стержнях I и II составляют долю от допускаемого напряжения. У первого нагретого стержня δI % =

σ tI 54,46 ⋅ 100 % = ⋅ 100 % = 34,0 % . [σ I ] 160

Резерв по сжатию 66 %. У стержня II σ tII 24,78 δ II % = ⋅100 % = ⋅100 % = 15,5 % . [σ II ] 160 Резерв по растяжению 84,5 %. • Перемещение узла В составляет по сравнению с размерами элементов стержневой системы очень малую величину. По отношению к размеру абсолютно жёсткой балки эта величина равВВ 0,41 на δ = 1 = = 0,00082 , т. е. 0,08 % << 1 %. а 500

70

1.4.3 Расчёт статически неопределимой стержневой системы при воздействии силовых нагрузок Расчёт на прочность статически неопределимой стержневой системы, нагруженной распределённой и сосредоточенной силами Цель: для абсолютно жесткой балки (рисунок 1.4.3), шарнирно закрепленной стержнями I и II и нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q и сосредоточенной силой P = qa: − раскрыть статическую неопределимость системы; − определить нормальные усилия Ni в поперечном сечении стержней; − определить размеры поперечных сечений Fi стержней I и II, их диаметры, обеспечивающие прочность элементов и конструкции в целом. Данные для расчёта взять из таблиц 1.4.1, 1.4.2; схему − по рисунку 1.4.1. II

a

I

q

α β b

P

c

Рисунок 1.4.3 – Стержневая система с жёсткой балкой

Порядок расчёта 1 Вычертить в масштабе расчётную схему. 2 Составить схему сил. 3 Составить уравнения статики (равновесия). Определить степень статической неопределимости конструкции. 4 Вычертить схему перемещений жёсткой балки. 5 Составить уравнение совместности перемещений. 6 Раскрыть статическую неопределимость. 7 Определить приведённые напряжения в стержнях. 8 Определить размеры поперечных сечений стержней. 9 Определить напряжения в стержнях. 10 Сделать вывод о прочности конструкции.

71

Пример выполнения

Стержневая система состоит из жёсткой балки, шарнирно соединённой с двумя стержнями: I и II. К жёсткой балке приложены сосредоточенная сила Р и распределённая нагрузка q. Требуется: − раскрыть статическую неопределимость; − определить нормальные усилия и напряжения в стержнях. − определить размеры поперечных сечений Fi стержней, их диаметры, обеспечивающие прочность конструкции. Исходные данные по варианту ________ , из таблиц 1.4.1, 1.4.2 и по рисунку 1.4.1. Материал стержней – сталь; допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа; модуль упругости Е1 = Е2 = Е = 2·105 МПа; площади поперечных сечений стержней F1 = F, F2 = 2F. Дополнительные данные приняты по таблицам 1.4.1 и 1.4.2. а = 0,5 м = 500 мм; b = 0,4 м = 400 мм; q = 10 Н/мм. α = 45º; β = 51º; L1 = 707,2 мм; L2 = 643,4 мм. Схема стержневой системы принята по рисунку 1.4.3.1. I

II

D

a

С

q

α β

А

P

a

Е

B

b

Рисунок 1.4.3.1 – Заданная стержневая система

1 Вычерчиваем расчётную схему (рисунок 1.4.3.2). Отбрасываем опоры и вместо отброшенных опор прикладываем реактивные силы (для простоты реакции строим на опорах).

72

Y I

II

D

a

С

q α

Z

β

AZ А

a

AY

P

B

b

Рисунок 1.4.3.2 – Расчётная схема стержневой системы на действие внешних сил q и P

2 Строим схему сил. Применяем метод сечений к заданной конструкции (рисунок 1.4.3.3). Мысленно рассекаем стержневую систему на две части и отбросываем верхнюю часть. Действие отброшенной верхней части заменяем возникающими в рассечённых стержнях I и II неизвестными внутренними усилиями N1 и N2, уравновешивающими нагруженную нижнюю часть системы. Расчётная схема сил изображена на рисунке 1.4.3.3.

Y

N1

q AY

N2

α

AZ

β

Z

B

А

P

a

Рисунок 1.4.3.3 – Расчётная схема сил и усилий отсечённой нижней части конструкции

73

3 Составляем уравнения статики. Определяем степень статической неопределимости. Составляем возможные уравнения равновесия нижней части системы: (1) ΣZ = 0; – AZ – N1cos α + N2cos β = 0; ΣY = 0; AY + N1 sin α + N2 sin β – qa – P = 0; AY + N1sin α + N2 sin β – 2q a = 0; (2) 2 ΣmomA = 0; N1 a sin α +N2 a sin β – P a – qa /2 = 0. N1 sin α + N2 sin β – 3qa/2 = 0. (3) Получили три силовых уравнения с 4-мя неизвестными N1, N2, AY, AZ. Степень статической неопределимости: ССН = nн – nу = 4 – 3 = 1. Следовательно, рассматриваемая система один раз статически неопределима и для решения задачи требуется составить еще одно дополнительное уравнение – уравнение совместности деформаций. Оно получается при рассмотрении деформаций стержней конструкции при действии всех приложенных нагрузок. 4 Вычерчиваем схему перемещений жёсткой балки. Составляем схему перемещений, изобразив начальное состояние конструкции – до приложения нагрузок − и деформированное состояние при действии заданных нагрузок (рисунок 1.4.3.4).

Y C

D

I

II

B

α

A

К2

● β

β

α

● К 1

Z ∆L1

∆L2 В1 Рисунок 1.4.3.4 – Схема перемещения шарнира В и деформации стержней от воздействия внешней нагрузки

74

Так как перемещения любых точек конструкции под нагрузкой весьма малы по сравнению с размерами самой конструкции, то на схеме показываем их в очень преувеличенном виде с отклонением от масштаба. Ввиду малости деформаций и перемещений считаем, что точка В переместится в положение В1 по нормали к исходному положению радиуса вращения АВ (ВВ1 ⊥ АВ). При совмещении концов стержней СВ и DB с точкой В1 описываемые ими при повороте относительно шарниров C и D дуги заменим прямыми В1К1 и В1К2, перпендикулярными к первоначальному направлению положения стержней I и II. Отрезки ВК1 = ∆L1 и BК2 = ∆L2 являются абсолютными удлинениями стержней I и II. При составлении схемы перемещений (см. рисунок 1.4.3.4) нужно, чтобы знаки деформаций стержней соответствовали принятому направлению внутренних усилий N1 и N2 на схеме рисунка 1.4.3.3. Так, в рассматриваемом примере на рисунке 1.4.3.3 растягивающие усилия N1 и N2 соответствуют тому, что на схеме перемещений рисунка 1.4.3.4 стержни I и II изображены удлиняющимися на величины ∆L1 и ∆L2. 5 Составляем уравнение совместности деформации. Рассмотрим прямоугольные треугольники ВВ1К1 и ВВ1К2 с общей гипотенузой ВВ1. Выразив отрезок ВВ1 (перемещение точки В) через удлинения стержней ∆L1 и ∆L2, получаем: ∆L1 BB1 = из ∆ВВ1К1 ; − sin α ∆L2 − BB1 = из ∆ВВ1К2 . sin β Тогда

∆L1 ∆L2 = . sin α sin β

(4)

Получено деформационное уравнение (4), в котором деформации ∆L1 и ∆L2 можно выразить через внутренние нормальные усилия по закону Гука и перейти к силовому виду уравнения: NL ∆Li = i i . Ei Fi N1L1 N 2 L2 = . EF1 sin α EF2 sin β

75

(5)

a a ; L2= sin α sin β (см. рисунок 1.4.3.2), полученное выражение (5) преобразуем к виду N1 a N2a = , EF1 sin 2 α EF2 sin 2 β Учитывая, что по условию задачи F1= F; F2 = 2F; L 1=

или окончательно получаем недостающее силовое уравнение N1 − N 2

F 1 sin 2 α = 0. F2 sin 2 β

(6)

6 Раскрываем статическую неопределимость. Уравнение (6) является дополнительным четвёртым уравнением для уравнений (1), (2) и (3). Просматривая полученные уравнения, можно убедиться в том, что для решения задачи (т. е. для определения нормальных усилий N1 и N2) достаточно двух уравнений с двумя неизвестными. Уравнение (3) совместно с уравнением (6) образует систему уравнений для определения усилий N1 и N2. 3qa ⎫ = 0;⎪ N1 sin α + N 2 sin β − 2 ⎪ (7) ⎬ 2 F1 sin α ⎪ = 0. N1 − N 2 2 ⎪⎭ F2 sin β Уравнения (1) и (2) могут быть использованы для определения реакций AY и AZ при расчёте на прочность опорного узла А, чего не требуется по условию задачи. Определяем внутренние усилия N1 и N2, решая систему уравнений (7). Из первого уравнения системы (7) 3qа ⎞ ⎛ ⎜ − N 2 sin β + ⎟ 2 ⎠ ⎝ (8) N1 = . sin α Из второго уравнения системы (7)

F1 sin 2 α . N1 = N 2 F2 sin 2 β

(9)

Приравняв правые части равенств (8) и (9), в результате преобразований получаем:

76

3qa sin 2 α N1 = ; 2 ⎛ 3 ⎞ F2 ⎜⎜ sin α + sin 3 β ⎟⎟ F1 ⎝ ⎠ 3qa sin 2 β N2 = . 2 ⎛ F1 3 3 ⎞ ⎜⎜ sin α + sin β ⎟⎟ ⎝ F2 ⎠ С учетом данных (см. рисунок 1.4.3.2) имеем

tgα = tgβ =

(10)

(11)

a = 1, т. е. α = 45 °; a

a 0,5 = = 1,25 , т. е. β = 51° 20΄. b 0,4

При q = 10 Н/мм, F2 = 2F1 получаем

3 ⋅ 10 ⋅ 500 2 F1 0,70712 N1 = ⋅ ⋅ = 2902 Н , 2 2 F1 ⎛ F1 ⎞ ⎜⎜ ⋅ 0,70713 + 0,77713 ⎟⎟ ⎝ 2 F1 ⎠

3 ⋅ 10 ⋅ 500 2 F1 0,77712 = 7010 Н . ⋅ ⋅ 2 F1 ⎛ ⎞ 2 F ⎜⎜ 0,70713 + 1 ⋅ 0,77713 ⎟⎟ F1 ⎠ ⎝ Подставляя найденные значения N1 и N2 в уравнения статики определяем реактивные силы. Таким образом, статическая неопределимость раскрыта. 7 Определяем приведённые нормальные напряжения в стержнях. Сравниваем напряжения в стержнях, учитывая, что по условию F1 = F; F2 = 2F, N2 =

σI =

σ II =

N1 2902 = Н/мм2. F1 F

N 2 7010 7010 3505 = = = Н/мм2. 2F F2 F2 F

8 Определяем размеры поперечных сечений стержней. Напряжение на единицу площади в стержне II больше, чем в стержне I, поэтому для определения площади поперечного сечения стержней исходим из условия прочности для стержня II

77

N2 N 7010 ≤ [σ] , => F≥ 2 = = 21,9 мм2, 2F 2[σ ] 2 ⋅ 160 [σ] = 160 МПа = 160 Н/мм2. Используя соотношения F1 = F, F2 = 2F, находим: F1 = 21,9 мм2; F2 = 2 · 21,9 = 43,8 мм2. Определяем диаметры стержней σ II =

где

d1 =

4 F1 21,9 =2 = 5,28 мм ; π 3,14

d2 =

4 F2 43,8 =2 = 7,47 мм. π 3,14

Принимаем d1 = 5,5 мм; d2 = 7,5 мм (значения по ряду нормальных линейных размеров). Так как округление выполнено в большую сторону, прочность стержней обеспечена. При диаметрах d1 = 5,5 мм и d2 = 7,5 мм площади сечений равны соответственно ; π d 22 3,14 ⋅ 7,52 F2 = = = 44,20 мм 2 . 4 4 9 Нормальные напряжения равны N1 2902 ⋅103 σ1 = = = 122 МПа < [σ] ; F1 23,75

N 2 7010 ⋅ 103 σ2 = = = 158 МПа < [σ] . F2 44,20 Вывод • В стержне II с максимальным нормальным усилием N2 = 7 кН действуют максимальные напряжения 158 МПа, которые не превосходят допускаемого значения [σ] = 160 МПа. • Стержень II не должен воспринимать воздействие дополнительных факторов, кроме q и Р, иначе напряжения в нём будут превосходить допускаемые.

78

2 Геометрические характеристики плоских сечений Вводная часть В расчётах брусьев при растяжении−сжатии, кручении и изгибе размеры и форма его поперечного сечения представляются в виде геометрических характеристик – площадь, статический момент, осевые моменты инерции, полярный момент инерции, центробежный момент инерции, осевые и полярный моменты сопротивления. Статическим моментом сечения относительно координатных осей X и Y называют интегралы вида S X = ∫ y dF = F yС ; F

SY = ∫ x dF = F xС , F

где хС и уС – расстояния от центра тяжести сечения соответственно до осей ОY и ОХ. Статический момент плоского сечения относительно любой центральной оси равен нулю. Осевые моменты инерции – это интегральная характеристика вида J X = ∫ y 2 dF ;

J Y = ∫ x 2 dF .

F

F

Полярный момент инерции – это интегральная характеристика вида J p = J 0 = ∫ ρ 2 dF = ∫∫ ρ 2 dxdy , F

F

где ρ – расстояние от площадки dF до полюса (начала координатных осей). Полярный момент инерции можно вычислить как сумму осевых моментов инерции J p = J X + JY . Центробежный момент инерции – это интегральная характеристика вида J XY = ∫ xydF . F

Момент инерции сложного составного сечения равен алгебраической сумме моментов инерции, составляющих сечение частей.

79

При параллельном переносе осей момент инерции сечения относительно произвольной оси, проведенной параллельно центральной оси, равен моменту инерции относительно центральной оси плюс произведение площади сечения на квадрат расстояния между осями: J XI = J xI + a 2 F I ,

J YI = J yI + b 2 F I ,

0

0

где a и b – соответствующие расстояния между осями. Зависимость между моментами инерции при повороте координатных осей имеет вид J x = J x cos 2 α + J y sin 2 α − J xy sin 2α ; 1

J y = J y cos 2 α + J x sin 2 α + J xy sin 2α ; 1

Jx

1 y1

где J x , J y , J x

1 y1

=

(J x − J y ) sin 2α + J 2

xy cos 2α ,

– моменты инерции относительно новых осей x1, y1, повёр-

нутых на угол α. Угол α положительный, если поворот осей против часовой стрелки. Главными осями инерции называются две взаимно перпендикулярные оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю. Направление главных осей инерции определяется tg 2α =

2 J xy Jy − Jx

.

Главными моментами инерции называются осевые моменты инерции, вычисленные относительно главных осей инерции. Главные оси, проходящие через центр тяжести сечения, называются главными центральными осями, а моменты инерции относительно этих осей – главными центральными моментами инерции. Момент сопротивления W на любом расстоянии относительно главных осей инерции вычисляется по формулам: WX =

JX J ; WY = Y . yi xi

80

Минимальное значение момент сопротивления приобретает в точке наиболее удалённой от главной оси инерции W X min =

JX ; y max

WY min =

JY . xmax

Моменты инерции простых фигур относительно центральных осей: − для прямоугольника J X − для квадрата

JX

− для треугольника

JX

− для круга

JX

С

bh 3 , = 12

С

b4 , = 12

С

С

=

bh 3 , 36

= JY

С

JY JY

С

b4 = ; 12

С

JY

hb 3 = ; 12

С

=

hb 3 ; 36

πd 4 = ; 64

πd 4 JP = . 32 Моменты сопротивления простых фигур относительно центральных осей: −

bh 2 hb 2 ; WY = для прямоугольника W X = ; 6 6

−

b3 для квадрата W X = WY = ; 6

−

⎧ bh 2 ⎪W X = ⎪ 12 для треугольника ⎨ bh 2 ⎪ ⎪⎩W Х = 24

−

(для верхних волокон) ; (для нижних волокон);

⎧ πd 3 ≈ 0,1d 3 ; ⎪W X = W X = ⎪ 32 для круга ⎨ πd 3 ⎪ ≈ 0,2d 3 . ⎪⎩WP = 16

81

2.1 Определение геометрических характеристик плоских сечений с горизонтальной осью симметрии Для сложного поперечного сечения с одной горизонтальной осью симметрии: − определить главные моменты инерции J x0 и J y0 ; − определить наименьший момент сопротивления Wi. Исходные данные взять из таблицы 2.1 и по рисунку 2.1. Порядок расчета

1 Вычертить в масштабе расчётную схему поперечного сечения. Обозначить ось симметрии. 2 Разбить площадь сечения на простые геометрические фигуры (элементарные площадки − прямоугольники, треугольники, круги, сегменты и т. д.) и пронумеровать их. 3 Провести собственные центральные оси xi, yi для каждой элементарной площадки и вычислить их характеристики: F (i ) , J x(i ) , J (iy ) . i

i

4 Выбрать вспомогательную ось так, чтобы всё сечение лежало в положительной четверти координатной системы. Вычислить расстояния от выбранной оси до центра тяжести каждой элементарной фигуры. 5 Вычислить статические моменты элементарных фигур S Xi

0

отно-

сительно вспомогательной оси. 6 Определить положение главной центральной оси ХС . Построить центр тяжести сечения и главные центральные оси X0 , Y0 . Определить расстояния xi от центра тяжести каждой элементарной фигуры до главной центральной оси YС . 7 Вычислить главные центральные моменты инерции заданного поперечного сечения J X 0 и J Y0 . 8 Вычислить моменты сопротивления при изгибе W X 0 WY0 . Определить наименьшие моменты сопротивления заданного сечения. 9 Сделать выводы по результатам расчёта.

82

Таблица 2.1 − Значения масштабных коэффициентов k 1 и k 2 Номер варианта 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

k1

3

4

3

4

6

4

3

6

4

3

k2

6

5

3

6

8

8

5

4

7

4

Масштабный коэффициент k

Таблица 2.1 (продолжение) Номер варианта

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

k1

3

6

4

6

4

3

4

6

4

3

k2

4

4

7

8

8

3

6

8

8

6

22

23

24

25

26

27

28

29

30

Масштабный коэффициент k

Таблица 2.1 (продолжение) Номер варианта 21 Масштабный коэффициент k k1

4

6

4

3

3

4

6

4

3

4

k2

6

8

8

5

3

6

8

8

5

4

83

4

2

5

h/2 h=k2a

h/3 h/4 h/4 h=k2a

1

3

6

3/4b

3b/4 b=k1a Рисунок 2.1 − Схемы поперечных сечений стержней

84

7

10

8

11

9

12

Рисунок 2.1 (продолжение)

85

13

16

14

17

15

18

Рисунок 2.1 (продолжение)

86

22

h/3

19

b/3 b=k1a

23

21

24

h=k2a

h/4

20

Рисунок 2.1 (продолжение)

87

25

28

26

29

b/8

b/8

30

h=k2a

h/3

27

b/8 b=k1a

Рисунок 2.1 (продолжение)

88

Пример выполнения Цель: для сложного поперечного сечения с одной горизонтальной осью симметрии (рисунок 2.1.1): − определить главные моменты инерции J x0 и J y0 ;

− определить наименьший момент сопротивления Wi. Исходные данные взяты из таблицы 2.1 и по рисунку 2.1. Исходные данные по номеру варианта _______ . Из таблицы 2.1: k1 = 4, b = k1a = 4a; k2 = 6, h = k2 a = 6 a; по рисунку 2.1: сечение № ___ . b/8 b/2

C2 h

II

ХС

h/12

C

3b/8

b

Рисунок 2.1.1 – Заданная схема поперечного сечения стержня

89

1

Y0

Вычерчиваем заданное сечение в масштабе (рисунок 2.1.1.1). YC

Y1 Y2

Y3 0,5а

а/2

А

D I II

C2 C1 C

6а

0,5а

III

ХC

y1 = y2 = y3 = YC = 3 a

C3

В

Х0

К

x2 = 1,5а x1 = 2а xc = 2,059а

x3 = 3,5a 4а Рисунок 2.1.1.1 – Расчётная схема поперечного сечения стержня

90

2 Разбиваем сечение на элементарные фигуры и нумеруем их. По схеме видно, что сечение имеет ось симметрии. Ось симметрии ХС является главной центральной осью инерции поперечного сечения. 3 Проводим собственные центральные оси xi и yi через центр тяжести каждой элементарной фигуры. Положение осей xi всех элементарных фигур совпадает с положением главной оси сечения ХС. Вычисляем геометрические характеристики каждой элементарной фигуры: площади Fi и собственные главные центральные моменты инерции элементарных фигур J xi i . Площади элементарных фигур F1 = b h = 4a⋅ 6a = 24 a2, F2 = π а2 = 3,14 a2, F3 = 0,5а ⋅ 0,5а = 0,25 a2. Моменты инерции элементарных фигур J xi i . J yI 1

hb 3 6a (4a )3 = = = 32,000 a 4 ; 12 12

J yII 2

πd 4 π(2а)4 = = = 0,785 a 4 ; 64 64

(0,5 а) ⋅ (0,5 а )3 = = 0,005 a 4 . 12 4 Назначаем вспомогательную ось Y0 , которая совпадает с гранью АВ сечения. Таким образом, всё сечение находится в положительной четверти координатной системы. 5 Вычисляем относительно оси Y0 расстояния xi до центра тяжести каждой элементарной фигуры. x1 = b/2 = 4а/2 = 2,0 а. J yIII 3

x2 = 3b/8 = 3 · 4а /8= 1,5 а. x3 = b–b/8 = 7b /8 = 7 · 4a/8 = 3,5 а. 6 Вычисляем статические моменты элементарных фигур SYi относи0

тельно вспомогательной оси Y0: S1 = F1 x1 = 24,00 a2 ·2,0 а = 48,000 a3;

S2 = F2 x2 = 3,14 a2 ·1,5 а = 4,710 a3; S3 = F3 x3 = 0,25 a2 ·3,50 а = 0,875 a3. 91

Определяем положение главной центральной оси YС

S1 − S 2 − S3 48,000 a 3 − 4,710 a 3 − 0,875 a 3 = = 2,059 a ; xс = F1 − F2 − F3 24,00 a 2 − 3,14 a 2 − 0,25 a 2 xc = 2,059а. Наносим на чертёж главную центральную ось YС и вычисляем расстояние от центра тяжести каждой элементарной фигуры до главной центральной оси YС : x1C = xC – x1 = 2,059 а – 2,0а = 0,059 а; x2C = xC – x2 = 2,059 а – 1,5а = 0,559 а; x3C = x3 – xC = 3,5a – 2,059 а. =1,441 a. 7 Вычисляем главные центральные моменты инерции каждой элементарной фигуры относительно главных центральных осей всего сечения. – Относительно найденной главной центральной оси YС :

JYi

2 ( ) 1 II 2 J YII = J II y + F2 (x ) ; 2 III 2 ( ); J III = J III + F x 3 C y3 Y

JYI

С

i

J YI = 32,0 a 4 + 24,0 a 2 (0,059 a )2 = 32,084 a 4 .

= J Iy + F1 xCI ;

С

J YII = 0,785 a 4 + 3,14 a 2 (0,559 a )2 = 1,767 a 4 .

C

C

= J iy + Fi ( xiC )2 ;

С

C

J III = 0,005 a 4 + 0,25 a 2 (1,441 a )2 = 0,524 a 4 . YC

C

JY = C

J I − J II − J III . Y

C

Y

C

Y

C

J Y = 32,084 a 4 − 1,767 a 4 − 0,524 a 4 = 29,793 a 4 . C

– Относительно второй главной центральной оси XC . Так как центры тяжести элементарных фигур в силу симметрии находятся на оси XC и отсутствуют расстояния yiC по оси Y, то формула по определению момента инерции J X C упрощается

J X C = J XI

J XI C

C

− J XII − J XIII ; C

C

4a (6a ) bh πd 4 π (2a )4 4 II = = = 72,0 a J X = = = 0,785 a 4 ; C 12 12 64 64 III III 4 J X = J y = 0,005 a ; 3

3

C

J XC =

J XI C

−

J XII C

−

J XIII C

3

= 72,0 a 4 − 0,785 a 4 − 0,005 a 4 = 71,21a 4 . 92

8 Вычисляем наименьшие моменты сопротивления WX и WY сечения. – Момент сопротивления относительно оси YC. Наименьшим моментом сопротивления обладают точки контура поперечного сечения, лежащие на ребре AB. По отношению к оси YC они расположены на расстоянии xYC = 2,059а, т. е. дальше, чем точки, принадлежащие ребру DK. Наименьший момент сопротивления поперечного сечения относительно оси YС вычисляем по формуле JY WYC = C . xYC Найденный момент инерции относительно оси YС равен

J YC = 29,793a 4 ,

WYC =

29 ,793 a 4 = 14 ,47 a 3 . 2 ,059 a

− Момент сопротивления относительно оси ХС . Отыскиваем точку, наиболее удалённую от оси ХС . Точки, лежащие на рёбрах AD и BK контура поперечного сечения, находятся на равном расстоянии от оси ХС . h Для них y X C = = 3a , поэтому моменты сопротивления у них имеют 2 71,21 a 4 равные значения, т. е. W X C = = 23,737 a 3 ; W X C = 23,737 a 3 . 3a Наименьший момент сопротивления по отношению к оси YС имеют равноудалённые от неё точки на ребре AB, а по отношению к оси XC – равноудалённые точки, лежащие на рёбрах AD и BK. Вывод Из двух найденных моментов сопротивления наименьшим обладают все точки, лежащие на ребре AB, где WYC = 14,47 a 3 . Результаты расчёта:

J X C = 71,21 a 4 ; J YC = 29,793 a 4 ; Wmin = WYC = 14,47 a 3 .

93

2.2 Определение геометрических характеристик плоских сечений с вертикальной осью симметрии Цель: для сложного поперечного сечения с одной вертикальной осью симметрии: − определить главные центральные моменты инерции J x0 и J y 0 ;

− определить наименьший момент сопротивления Wi. Исходные данные взять из таблицы 2.1 и по рисунку 2.1. Порядок расчета

1 Вычертить в масштабе расчётную схему поперечного сечения. Обозначить ось симметрии. 2 Разбить площадь сечения на простые геометрические фигуры (элементарные площадки (прямоугольники, треугольники, круги, сегменты и т. д.) и пронумеровать их. 3 Провести собственные центральные оси xi, yi для каждой элементарной площадки и вычислить их характеристики: F (i ) , J x(i ) , J (iy ) . i

i

4 Выбрать вспомогательную ось так, чтобы всё сечение лежало в положительной четверти координатной системы. Вычислить расстояния от выбранной оси до центра тяжести каждой элементарной фигуры. 5 Вычислить статические моменты элементарных фигур S Xi

0

отно-

сительно вспомогательной оси. 6 Определить положение главной центральной оси ХС. Построить центр тяжести сечения и главные центральные оси X0, Y0. Определить расстояния xi от центра тяжести каждой элементарной фигуры до главной центральной оси YС. 7 Вычислить главные центральные моменты инерции заданного поперечного сечения J X 0 и J Y0 . 8 Вычислить моменты сопротивления при изгибе W X 0 WY0 . Определить наименьшие моменты сопротивления заданного сечения. 9 Сделать выводы по результатам расчёта.

94

Пример выполнения Определение геометрических характеристик плоских сечений с вертикальной осью симметрии Для сложного поперечного сечения с одной вертикальной осью симметрии (рисунок 2.2).

0,2h

b/4

C2

0,9h

h

II

h/2

C

b/8

b/8 b

Рисунок 2.2 – Заданная схема поперечного сечения стержня

Цель: − определить главные центральные моменты инерции J x0 и J y 0 ;

− определить наименьший момент сопротивления Wi. Исходные данные по номеру варианта_______ . Из таблицы 2.1: k1 = 3, b = k1 a = 3a; k2 = 5, b = k2 a = 5a. По рисунку 2.1: сечение № ___ .

95

0,75а

D

x3

С3 а

III

CC22 1,5а

C1

0,375а

y3 = 4,5а

К

I

y2 = 3,25а

В

ХC

5а

C C

x1

y1 = 2,5а

II

x2

yC = 2,195а

А

0,5а

1 Вычерчиваем заданное сечение в масштабе. 2 Разбиваем сечение на элементарные фигуры и нумеруем их. 3 Проводим главные центральные оси хi и yi через центр тяжести каждой элементарной фигуры (рисунок 2.2.1). Y0 = YC = Y1 = Y2 = Y3

Х0

0,375а 3а

Рисунок 2.2.1 – Расчётная схема поперечного сечения стержня

Вычисляем геометрические характеристики элементарных фигур: площади Fi и собственные главные моменты инерции элементарных фигур I xi i .

F1 = b h = 3a 5a = 15 a2. F2 = 2,25a ⋅ 1,5а = 3,375 a2. F3 = π (0,75а)2/4 = 0,442 a2.

96

I xI 1

bh 3 3a ⋅ (5a )3 = = = 31,25 a 4 . 12 12

I xII =

(2,25 а) ⋅ (1,5 а )3 = 0,633 a 4 . 12

I xIII =

π(0,75а)4 = 0,016 a 4 . 64

2

3

4 Назначаем вспомогательную ось Х0, проходящую через основание всего сечения, и вычисляем относительно этой оси расстояние yi до центра тяжести каждой элементарной фигуры.

y1 = h/2 = 5а/2 = 2,5 а. y2 = 0,65h = 0,65·5а = 3,25 а. y3 = 0,90h = 0,90·5а = 4,50 а. 5 Вычисляем статические моменты элементарных фигур S Xi относи0

тельно вспомогательной оси Х0

S1 = F1 y1 = 15,00 a2 · 2,50 а = 37,50 a3. S2 = F2 y2 = 3,375 a2 · 3,25 а = 10,97 a3. S3 = F3 y3 = 0,442 a2 · 4,50 а = 1,98 a3. 6 Определяем положение главной центральной оси ХС

YC

S1 − S 2 − S 3 37,50 a 3 − 10,97 a 3 − 1,98 a 3 = = = 2 ,195 a . F1 − F2 − F3 15,00 a 2 − 3,375 a 2 − 0,442 a 2 YC = 2,195а .

Наносим на чертёж главную центральную ось ХС и вычисляем расстояние от центра тяжести каждой элементарной фигуры до главной центральной оси ХС .

y1 = 2,50 а – 2,195а = 0,305 а. y2 = 3,25 а – 2,195а = 1,055 а. y3 = 4,50 а – 2,195а = 2,305 а. 7 Вычисляем главные центральные моменты инерции каждой элементарной фигуры относительно главных центральных осей всего сечения.

97

− Относительно найденной главной центральной оси ХС:

( )2 ; 2 = I xI + F1 (y IX ) ; 1 2 = I xI + F1 (y IX ) = 31,25 a 4 + 15,0 a 2 (0,305 a )2 = 32,645 a 4 . 1 2 = I xII + F2 (y II X ) ; 2 ) = I xII + F2 (y II = 0,633 a 4 + 3,375 a 2 (1,055 a )2 = 4,390 a 4 . X

I iX С = I xi i + Fi y iX C

I XI С I XI С

I XII C I XII C

С С

2

C

2

C

2

⎞ I XIII = I xIII + F3 ⎛⎜ y III ⎟ ; X 3 C ⎝ ⎠ C 2

⎞ I XIII = I xIII + F3 ⎛⎜ y III = 0,016 a 4 + 0,442 a 2 (2,305 a )2 = 2,354 a 4 . ⎟ X 3 ⎝ C⎠ C

I X = I XI − I XII − I XIII . C

IX

C

C

C

C

= 32,645 a 4 − 4,390 a 4 − 2,354 a 4 = 25,901 a 4 .

Относительно второй главной центральной оси YC : Так как центры тяжести элементарных фигур в силу симметрии находятся на оси YC и отсутствуют расстояния xYi по оси Х, формула по опреC

делению момента инерции I YC упрощается I YC = I YI − I YII − I YIII ; C

C

C

b 3 h (3a )3 ⋅ 5a = = 11,25 a 4 ; 12 12 3 (2,25a ) ⋅ 1,5a = 1,42 a 4 ; = 12 III = I X = 0,016 a 4 ;

I YI = C

I YII

C

I YIII C

I YC =

C

I YI C

− I YII − I YIII = 11,25 a 4 − 1,42 a 4 − 0,016 a 4 = 9,814 a 4 . C

C

8 Вычисляем наименьшие моменты сопротивления WX и WY сечения.

98

Момент сопротивления поперечного сечения относительно оси ХС выIX числяем по формуле W X C = C . yXC Найденный момент инерции относительно оси ХС I X C = 25,901a 4 .

Отыскиваем наиболее удалённые от оси ХС точки. Точки ребра ВК на контуре поперечного сечения находится на расстоянии y X C = 2,195 a , а точки ребра АD – на бóльшем расстоянии, равном h – y X C = 5a – 2,195 a = 2,805 a.

Поэтому для этой наиболее удалённой точки момент сопротивления будет иметь наименьшее значение. Наиболее удалённая от оси ХС точка A и все точки, лежащие на одном уровне с ней, имеют одинаковый момент сопротивления, равный WX C =

25,901a 4 = 9,23 a 3 . 2,805 a

Определяем момент сопротивления по отношению к оси YC IY WYC = C . xYC Момент инерции I YC = 9,814 a 4 , а наиболее удалённые от оси YС точки А и В на контуре поперечного сечения находятся на равном расстоянии b 3a xYC = = = 1,5 a . 2 2 Для этих точек момент сопротивления будет иметь наименьшее значение по отношению к оси YC :

WYC =

9,814 a 4 = 6,54 a 3 . 1,5 a

Вывод Наименьший момент сопротивления по отношению к оси ХС имеют равноудалённые от неё точки на грани AD, а по отношению к оси YC – точки, лежащие на гранях AB, DK.

Результаты расчёта:

I X C = 25,901a 4 ; I YC = 9,814 a 4 ; W X C = 9,23 a 3 ; 99

WYC = 6,54 a 3 .

3 Расчёт балок на прочность и жёсткость при изгибе Вводная часть Если к стержню приложены внешние силы (пары сил, сосредоточенные силы и равномерно распределённые силы), лежащие в плоскости, проходящей через продольную ось стержня и направленные перпендикулярно к продольной оси, то в стержне возникает прямой плоский изгиб. Стержень, работающий на изгиб, принято называть балкой. Если плоскость действия сил является плоскостью симметрии, то в поперечных сечениях возникают два внутренних усилия и два вида деформационных перемещений − прогиб и угол поворота. В декартовой прямоугольной системе координат, если вертикальной осью назначена ось Y, продольной осью принята ось Z, то поперечной осью, перпендикулярной к плоскости YОZ, остаётся ось Х, относительно которой в этой плоскости возникает один из внутренних силовых факторов − изгибающий момент Мх, а в плоскости YОХ возникает второй внутренний силовой фактор − поперечная сила QY, действующая в направлении оси Y. Условия для знаков направлений внешних сил при составлении уравнений равновесия для целой балки: − принимаем положительное направление внешних сосредоточенных и равномерно распределённых сил вертикально вверх со знаком «плюс» (в сторону положительного направления оси Y); − положительное направление вращения заданных внешних моментов принимаем со знаком «плюс» при условии их движения против часовой стрелки. В случае отсечённой части балки: − изгибающий момент Мх, возникающий от внешних моментов, действующих в левой отсечённой части балки, вращающих балку относительно центра тяжести произвольного сечения в направлении движения часовой стрелки, принимается со знаком «плюс», а для правой отсечённой части наоборот; − поперечная сила Qi, возникающая в сечении, уравновешивается внешними силами, действующими по одну сторону от сечения. Если внешние силы направлены в положительном направлении оси Y для левой отсечённой части балки, то поперечная сила принимается со знаком «плюс», а для правой отсечённой части наоборот. 100

Нормальное напряжение в сечениях в общем случае имеет вид: M σи = x y , Jx где σи – нормальное напряжение при изгибе; Мх – изгибающий момент относительно поперечной оси Х ; y – расстояние от оси X; Jх – осевой момент инерции. Для прямоугольного сечения максимальное напряжение Mx Mx h Mx max max max , y = = = σ max и max Jx Jx 2 Wx

где h – высота балки; Wх – осевой момент сопротивления J Wx = x , ymax h . 2 Условие прочности по нормальным напряжениям Mx max σ = ≤ [σ] . max Wx

где уmax – половина высоты балки –

Касательное напряжение τ = где

Q Sx b Jx

,

Q – поперечная сила; Sх – статический момент площади сечения; b – ширина балки; Jх – осевой момент инерции. Условие прочности по касательным напряжениям Q S max max x τ = ≤ [τ]. max b Jx

При изгибе под действием нагрузок возникают два вида перемещений: прогиб балки y и угол поворота поперечного сечения θ, т. е. линейные и угловые перемещения. Совокупность прогибов и углов поворота сечений образует так называемую изогнутую ось, или упругую линию балки.

101

Величины прогибов и углов поворота балки можно определить различными методами и способами. Основными из них являются: y Метод начальных параметров

( ( ( z − bi )2 z − ci )3 z − di )3 ⎤ 1 ⎡ + ∑ qi − ∑ qi θi = θ 0 + ⎢∑ M i ( z − ai ) + ∑ Pi ⎥, EJ x ⎣⎢ 2 6 6 ⎦⎥ yi = θ 0 ⋅ z + y0 +

( ( ( ( z − ai )2 z − bi )3 z − ci )4 z − di )4 ⎤ 1 ⎡ + + ∑ Pi + ∑ qi − ∑ qi ⎢∑ M i ⎥, EJ x ⎢⎣ 2 3 24 24 ⎥⎦ где θ0 , у0 – угол поворота и прогиб в начале координат; Mi ⎫ ⎪ Pi , (Ri )⎬ – приложенные внешние нагрузки; ⎪ qi ⎭ z – координата сечения, в котором определяется перемещение; a, b, c, d – расстояние от начала координат до точки приложения на грузки (для q – до начала действия распределённой нагрузки). y Метод Максвелла−Мора

y z (θ z ) =

1 EJ x

1 ∫ M z M z dz ,

где уz – прогиб; θz – угол поворота сечения; Мz – уравнение изгибающего момента от заданных сил; M 1z – уравнение изгибающего момента от единичной силы (момента). y Способ Верещагина

yz (θ z ) = где

Ω

1 ∑ Ω M С1 , EJ х

– площадь эпюры Мz от внешней нагрузки;

M С1 – ордината эпюры от единичной силы (момента) под центром тяжести эпюры Мz.

102

3.1 Расчёт на прочность и жёсткость статически определимой балки при изгибе I часть Расчёт на прочность стальной балки по нормальным напряжениям [σ] Цель: для балки, загруженной плоскими поперечными силами (рисунок 3.1): − построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М; − из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать для балки двутавровое, прямоугольное (h = 2b), круглое, кольцевое (α = d/D = 0,8) сечения. Сравнить веса балок с подобранными поперечными сечениями.

M1

М2

а

q

а

а

Рисунок 3.1 – Схема балки с поперечными нагрузками

Исходные данные взять из таблицы 3.1 и по рисунку 3.1. Порядок расчёта

1 Составить расчётную схему балки, нагруженной внешними силами. 2 Определить реакции опор. 3 Определить внутренние усилия Q и M по участкам и построить их эпюру. 4 Выполнить расчёт прочности балки по допускаемому нормальному напряжению, определив опасное сечение балки по эпюре изгибающих моментов для двутавра. 5 Определить безопасные размеры поперечных сечений для заданных вариантов профилей. 6 Выбрать наиболее экономичный вариант сечения балки (по весу). Сделать выводы.

103

Таблица 3.1 − Значения нагрузок для балок Код задания 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2

Значения нагрузок: P, кH; q, кН/м; М, кН·м Р1=40 Р1=40 Р2=30 Р2=30 М1=60 М1=60 M2=80 M2=80 Р1=40 Р1=40 Р2=30 Р2=30 Р1=−30 Р1=−30 Р2 = 50 Р2 = 50 М1=−70 М1=−70 M2= 60 M2= 60 Р1=−30 Р1=−30 Р2 = 50 Р2 = 50 Р1= 25 Р1= 25 Р2 = −40 Р2 = −40 М1= 50 М1= 50 M2= −40 M2= −40 Р1= 25 Р1= 25 Р2 = −40 Р2 = −40

q1=20 q2=15 q1=20 q2=15 q1=20 q2=15 q1=20 q2=15 M1=80 M2=60 M1=80 M2=60 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 М1=−70 M2= 60 М1=−70 M2= 60 q1=10 q2=−30 q1=10 q2=−30 q1=10 q2=−30 q1=10 q2=−30 М1=50 M2= −40 М1= 50 M2= −40

Р1=40 Р2=30 Р1=40 Р1=40 Р1=40 Р2=30 Р2=30 Р2=30 Р1=40 Р1=40 М1=60 М1=60 Р1=−30 Р2 = 50 Р1 =−30 Р1=−30 Р1=−30 Р2 = 50 Р2 = 50 Р2 = 50 Р1=−30 Р1=−30 М1=−70 М1=−70 Р1= 25 Р2 = −40 Р1= 25 Р1= 25 Р1= 25 Р2 = −40 Р2 = −40 Р2 = −40 Р1= 25 Р1= 25 М1= 50 М1= 50

104

M1=60 M1=60 M2=80 M2=80 M1=60 M2=80 M2=80 M1=60 P2=30 Р2=30 М2=80 М2=80 М1=−70 М1=−70 M2= 60 M2= 60 М1=−70 M2= 60 M2= 60 М1=−70 Р2 = 50 Р2 = 50 M2= 60 M2= 60 М1=50 М1=50 M2= −40 M2= −40 М1= 50 M2= −40 M2= −40 М1=50 Р2 = −40 Р2 = −40 M2= −40 M2= −40

q1=20 q1=20 q1=20 q2=15 q2=15 q2=15 q1=20 q2=15 q1=20 q2=15 q1=20 q2=15 q1=−30 q1=−30 q1=−30 q2 = 20 q2 = 20 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=10 q1=10 q1=10 q2=−30 q2=−30 q2=−30 q1=10 q2=−30 q1=10 q2=−30 q1=10 q2=−30

Р2=30 Р2=30 Р1=40 Р1=40 М2=80 М2=80 M1=60 M1=60 Р2=30 Р2=30 Р1=40 Р1=40 Р2 = 50 Р2 = 50 Р1=−30 Р1=−30 M2= 60 M2= 60 М1=−70 М1=−70 Р2 = 50 Р2 = 50 Р1=−30 Р1=−30 Р2 = −40 Р2 = −40 Р1= 25 Р1= 25 M2= −40 M2= −40 М1=50 М1=50 Р2 = −40 Р2 = −40 Р1= 25 Р1= 25

M2=80 M1=60 M2=30 M1=60 q2=15 q1=20 q2=15 q1=20 q2=15 q1=20 q2=15 q1=20 M2= 60 М1=−70 M2= 60 М1=−70 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 q2 = 20 q1=−30 M2= −40 М1=50 M2= −40 М1=50 q2=−30 q1=10 q2=−30 q1=10 q2=−30 q1=10 q2=−30 q1=10

1

М1

q1 Р1 К

а

2 q1

а

3 q1

Р2

М2

6

М1

М2

q2

Р1

а

а

М1

а

Р2

К

q1 а

q2

М2

7

М1

Р2 а

а

Р1

М2

q2

К Р1 а М1

К

q1

q2 а

а

а

8

М2

М1

Р2

а Р1

а М2

Р2

q1

К К а

Р1 а

4

5

М1

а

q2

q2 а

М1

q1

а

Р2 а

а

М2

а

9

М1

а М2

q1 Р1 q2 а

а

Р1

q1 а

К Р2 а

К

Р2 а

q2 Р1

а

М2

q2

К

10

а

М1 М2

q1

Р2

а

Р2 К

q2 а

а

Р1

а

Рисунок 3.1.1 − Схемы балок с поперечными нагрузками

105

а

11

М1

Р1

q1 Р2

16

М2

М1

М2

q1

К

q2 а

12

а

q1

а

а

М1

М2

а

13

М1

а

М1

Р1

q2 Р1

а

а

18

М2

q1

а

М2

q2

2а

Р2

17

Р2 К

Р1 а

Р1

q2

К а

q1

К

q1

а

Р2

а

М1

М2

К

Р2

q2 а

14

а

а

М1

q1

19

М2 Р2 К

q2 а

15

а

М1

q1

q1

а

Р2

М2

Р2

q2 Р1

а

а

20

М2

а

М1

Р1

а М2

а

q1

Р2

К

К

Р2

М1

Р1

К

а

Р1

q2 а

а

Р1

а

К

q2 а

а

q2

Р2 а

а

Рисунок 3.1.1 (продолжение)

106

а

а

21

26 q1

М1

Р1

Р2

К

М2

М1

М2

q1

q2

К

а

а

а

а

22 М1

27

Р2

М2

q1

а

23 q1

а

24

а

М1

а

28

Р1

а

М2

Р1

q1

Р2

а

Р2 а

а

29

а

М1

q1

а

25 М1

М2 q2

Р1 а

а

а

q2 М2

Р1

а

а

30 q1

М2

К

q2 а

М1

q2

К Р2

Р1 а

К

q2 а

а

q1

а

М2 К

Р1

Р2 М2

q2

q1

а

М1

а

К

q2

а

Р2 а

М1

К Р1

q2 Р1 а

а

К Р2

а

К Р1

Рисунок 3.1.1 (продолжение)

107

а

М1

q1

Р2 а

М2

Р2 q2

а

а

а

Пример выполнения I части Цель: для балки, загруженной плоскими поперечными силами (рисунок 3.1.1.1): − построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М; − из условия прочности по нормальным напряжениям подобрать для балки двутавровое, прямоугольное (h = 2b), круглое, кольцевое (α = d/D = = 0,8) сечения. Сравнить веса балок с подобранными поперечными сечениями.

M1

М2

а

q

а

а

Рисунок 3.1.1.1 – Заданная схема балки

Исходные данные приняты по номеру варианта _____ . Данные из таблицы 3.1; схема по рисунку 3.1.1. М1 = 60 кН · м; [σ] = 160 МПа; [τ] = 90 МПа; М2 = 80 кН · м; q = 20 кН/м; Е = 2·105 МПа; а = 2 м; G = 0,8·105 МПа. Составляем расчётную схему балки, нагруженной активными и реактивными силами (рисунок 3.1.1.2). Y

YА

M1

q

М2

YB Z

a

a

a

Рисунок 3.1.1.2 – Расчётная схема балки

108

Заменяем действие закреплений концов балки опорными реакциями. Условия для знаков направлений внешних сил: принимаем положительное направление сосредоточенных и равномерно распределённых сил вертикально вверх со знаком «плюс» (в сторону положительного направления оси Y). Положительное направление вращения заданных внешних моментов принимаем со знаком «плюс» при условии их движения против часовой стрелки. Произвольно назначаем реакции YA и YB в положительном направлении. 1 Определяем реакции опор YA и YB . Составляем моментные уравнения внешних сил относительно опорных концов балки А и В. ΣmА = 0, – М1 + (q · 2a ) a – M2 + YB · 3a = 0 . – 60 +20 · 4 · 2 – 80 + YB · 6 => YB·= – 3,3 кН. – М1 – (q · 2a) 2 а – M2 – YА · 3a = 0 ΣmВ = 0, – 60 – 20 · 4 · 4 – 80 – YА · 6 => YА·= – 76,7 кН. Знак «минус» указывает на противоположное действительное направление реакции. Сделаем проверку – 3,3 +20 · 2 · 2 – 76,7 = 0. ΣY = 0, – YА + q · 2a – YB = 0, Сумма проекций всех вертикальных сил на ось Y обратилась в нуль. Этим подтверждена правильность определения реакций. При построении эпюр внутренних усилий изменяем направление реакций на противоположное и знак значения реакций, полученных в расчёте. Откорректированная расчётная схема на рисунке 3.1.1.3. Y

I

II

M1

III

q

М2

Z

А YА

C

z1 a

D

z2

z3 a

a

В YB

Рисунок 3.1.1.3 – Откорректированная расчётная схема балки

2 Устанавливаем границы участков балки и нумеруем их: II участок C–D; III участок D–B (см. рисунок 3.1.1.3). I участок А–С; 109

3 Определяем внутренние усилия в балке и строим эпюры Qy и Mх. Составляем математические выражения функций поперечных сил Qi для каждого участка балки, используя метод сечений. Поперечная сила Qi, возникающая в сечении, уравновешивается внешними силами, действующими по одну сторону от сечения. I участок: QYI = −Y A + q z1 ; z = 0 QYI

( z =0 )

0 ≤ z1 ≤ а;

а = 2 м.

= −Y A = −76,7 кН .

z = 2 QYI

( z =2 )

= −Y A + qa = −76,7 + 20 ⋅ 2 = −36,7 кН .

II участок: QYII = −Y A + q(а + z 2 ) ,

0 ≤ z2 ≤ а;

а = 2 м.

z2 = 0 QYII( z =0 ) = −YA = −76,7 + 20 ⋅ 2 = −36,7 кН . z2 = 2 м

QYII

( z =2 )

= −Y A + qa = −76,7 + 20 ⋅ (2 + 2 ) = 3,3 кН .

III участок: QYIII = +YВ ;

0 ≤ z3 ≤ а;

а = 2 м.

= +YB = 3,3 кН . z3 = 0 QYIII ( z =0 ) z3 = 2 м

QYIII

( z =2 )

= YB = 3,3 кН .

Строим эпюру поперечных сил Qi (рисунок 3.1.1.4). Составляем математические выражения функций изгибающих моментов Мi для каждого участка балки, используя метод сечений. При наличии равномерно распределённой нагрузки выполняем исследование функции изгибающего момента на максимум для определения величины Мmax и его точного положения. Внешние моменты, действующие в левой отсечённой части балки, вращающие балку относительно центра тяжести произвольного сечения в направлении движения часовой стрелки, принимаются со знаком «плюс», а для правой отсечённой части наоборот.

110

Y

M1

М2

q Z

C

А

D

a YА

В

a

a Z3

Z2

Z1

3,3

+

0

YB 3,3 0 Эпюра QY

36,7

– 76,7 60

MX

26,6

+

Эпюра MX

0

–

7,1

53,4

6,6

Рисунок 3.1.1.4 – Эпюры поперечных сил QY и изгибающих моментов MX

I участок: 0 ≤ z1 ≤ а ; M xI

( Z1 )

M xI ( Z1 )

а=2м

= М 1 − Y A z1 + (q z1 ) ⋅

z1 . 2

z12 = М 1 − Y A z1 + q . 2

z1= 0 M xI z1= 2 M xI

( Z1=0 ) ( Z1=2 )

= 60 кH ⋅ м . = 60 − 76,7 ⋅ 2 + 20 ⋅

22 = − 53,4 кH ⋅ м . 2

111

Исследуем функцию изгибающего момента на максимум на каждом участке. dM x ⎫ = 0, ⎪ Y 76,7 ⎪ dz − Y A + q z1 = 0 ⇒ z1 = A = = 3,85 м. ⎬ ⇒ Q y = 0, dM x 20 q = Q y ⎪⎪ dz ⎭ Абсцисса z1 не принадлежит первому участку. Она показывает положение максимального момента вблизи конца второго участка на продолжении параболической кривой первого участка. а = 2 м. II участок: 0 ≤ z2 ≤ а ; (a + z 2 ) M xII = М 1 + М 2 − Y A (a + z 2 ) + q(a + z 2 ) ⋅ . (Z 2 ) 2 M xII (Z 2 ) z2 = 0

= М 1 + М 2 − Y A (a + z 2 ) + q

M xII ( Z 2 =0 )

z2 = 2 м

(a + z 2 )2 . 2

22 = 60 + 80 − 76,7 ⋅ 2 + 20 ⋅ = 26,6 кH ⋅ м . 2

M xII ( Z 2 =2 )

( 2 + 2 )2 = 60 + 80 − 76,7 ⋅ (2 + 2) + 20 ⋅ = − 6,6 кH ⋅ м .

2 Определяем значение максимального момента на втором участке. QYII = −Y A + q (а + z 2 ) = 0

⇒

z2 = 76,7 / 20 – 2 = 1,835 м.

Определяем экстремум Мх при z2 = 1,835 м.

= М 1 + М 2 − Y A (a + z 2

M xII ( Z 2 =1,835 )

( a + z 2 )2 )+ q

( 2 + 1,835)2 = 60 + 80 − 76,7 ⋅ (2 + 1,835) + 20 III участок: M xIII

( Z3 )

2 0 ≤ z3 ≤ 2 м.

0 ≤ z3 ≤ а ;

2

=

= −7,074 кH ⋅ м .

= −Y A ⋅ z3 ;

z3 = 0 M xIII z3 = 2 M xIII

( Z 3 =0 ) ( Z3 = 2 )

= 0; = −3,3 ⋅ 2 = − 6,6 кН · м.

Вывод: значение максимального изгибающего момента примем по построенной эпюре.

112

Строим эпюру изгибающих моментов Mх. По эпюре

I max M x ( Z = 0 ) 1

= 60 кН ⋅ м.

4 Выполняем расчёт на прочность по допускаемым нормальным и касательным напряжениям для двутавра и строим эпюру σ и τ по высоте опасного сечения А. В нём одновременно1 действуют максимальный изгибающий момент maxМх и максимальная поперечная сила maxQу. Условие прочности по допускаемым нормальным напряжениям M σ max = max x ≤ [σ ]. Wx Определяем необходимый минимальный момент сопротивления

Wx ≥

max M x

[σ]

60 ⋅ 106 = ⋅ 103 = 375 см3. 160

Выбор профиля поперечного сечения по моменту сопротивления Wx и построение эпюр нормальных и касательных напряжений по высоте сечения − Выбираем двутавровое сечение. По ГОСТ 8239–89 Сталь прокатная. Балки двутавровые. Двутавр № 27, WX = 371 см3 или двутавр № 27 «а», WX = 407 см3. Проверяем прочность двутавра № 27 по нормальным напряжениям. Wx = 371 см3, F = 40,2 см2, Jx = 5010 см4, Sx = 210 см3, толщина стенки d = 6,0 мм, ширина полок b = 125 мм. σ=

M max Wx

=

60 ⋅ 10 6 371 ⋅ 10 3

= 161,7 МПа < [σ ] = 160 МПа .

Превышение напряжений составляет δ =

161,7 ⋅100 % = 1,1 % и не вы160

ходит за пределы допускаемых 5 %. Двутавр № 27 «а» в этом случае можно не применять.

1

Если максимальные усилия действуют в разных сечениях, то выполняются два расчёта по каждому из максимальных усилий. Условия прочности при этом должны удовлетворяться для обоих сечений.

113

Проверка прочности по допускаемым касательным напряжениям Допускаемые касательные напряжения определяются в зависимости от нормальных напряжений [σ] по соотношению [τ] = 0,6·[σ]. [τ] = 0,6·160 = 96 МПа. Принимаем [τ] = 90 МПа. Условие прочности по касательным напряжениям

для стенки τ max = τ max =

Q max S X JXd

≤ [τ ] .

76,7 ⋅103 ⋅ 210 ⋅103 4

= 53,6 МПа < [τ] = 90 МПа .

5010 ⋅10 ⋅ 6 Характеристики двутавра № 27 соответствуют условиям прочности по нормальным и касательным напряжениям. Имеется превышение допускаемых нормальных напряжений в допустимых пределах δ = 1,1 % < 5 %. Вычисляем значения напряжений, распределённых по высоте поперечного сечения. Зависимость нормальных напряжений от координаты y σ=

M max ⋅ y. Jx

Из формулы видно, что при y = 0 σ = 0, т. е. вдоль оси Z располагается нейтральный слой, в котором нет нормальных напряжений σ. Так как в формуле переменная y содержится в первой степени, напряжения σ изменяются по линейному закону. Поэтому для построения эпюры нормальных напряжений достаточно вычислить напряжения в двух характерных точках: h y1, 2 = ± ; 2 h y= 2

σ=

60 ⋅10 6 5010 ⋅10 4

60 ⋅ 106

⋅

270 = 161,7 МПа 2

⎛ 270 ⎞ ⋅ ⎜− ⎟ = − 161,7 МПа . 5010 ⋅ 10 4 ⎝ 2 ⎠ Строим эпюру нормальных напряжений (рисунок 3.1.1.5). h y=− 2

σ=

114

σ, МПа t

0

τ, МПа 0 19,5;

3, 4

+

h/2

1

161,7

53,6

270

0

– 125

3', 4' 0

161,7

40,6

2''

0

Рисунок 3.1.1.5 – Эпюры нормальных и касательных напряжений в сечении двутавра № 27

Зависимость касательных напряжений от координаты y τ max =

max Q y

Sx

Jx d

≤ [τ ] .

Из формулы видно, что касательные напряжения по высоте сечения изменяются в зависимости от переменного соотношения

Sx (т. е. от шиd

рины поперечного сечения в искомом уровне и значения статического момента сопротивления сечения выше искомого уровня). Изменение касательных напряжений происходит по закону параболической кривой. Ширина сечения у двутавра меняется по высоте и имеет значение для стенки d = 6 мм, для полки b = 125 мм. Соотношение ным

max Q y

JX

max Q y

JX

для выбранного двутавра остаётся постоян-

= const. max Q y

JX

=

76,7 ⋅ 10 3 4

= 15,3 ⋅ 10 − 4 .

5010 ⋅ 10 В стенке двутавра в зависимости от y изменяется величина Sx в пределах 0 ≤ Sx ≤ maxSx = 210 см3. 115

При y0 = 0 d = 6 мм, Sx = Smax = 210 см3. τ = 15,3 ⋅ 10

−4

210 ⋅ 103 = 53,6 МПа, τ = τ max = 53,6 МПа . 6

h τ = 0. d = 6 мм, Sx = 0, 2 Для построения параболической кривой эпюры τ необходимо иметь ещё не менее двух значений y. Назначим ещё два уровня при y3, 4 с шириной полки b = 125 мм. При y1, 2 = ±

При

y3, 4 =

h t 270 9,8 − = − = 130,1 мм и b = 125 мм. 2 2 2 2

S x( 3, 4) = b t y3, 4 = 125 ⋅ 9,8 ⋅130,1 = 15,9 ⋅ 10 4 мм 3 . τ 3, 4 = 15,3 ⋅ 10 При y3, 4 = 130,1 мм,

−4

15,9 ⋅ 10 4 ⋅ = 19,5 МПа . 125

d = 6 мм,

S x( 3, 4) = 15,9 ⋅10 4 мм 3 ,

15,9 ⋅ 10 4 = 40,6 МПа . 6 Строим эпюру касательных напряжений для характерных уровней поперечного сечения двутавра № 27 (см. рисунок 3.1.1.5). Определяем минимальный необходимый момент сопротивления для других типов сечения. 5 Определяем безопасные размеры поперечных сечений для круга, кольца и прямоугольника. − Выбираем круговое сечение: τ 3, 4 = 15,3 ⋅ 10 − 4 ⋅

Wx =

πd 3 32

⇒ d =3

32 Wx 32 ⋅ 371 =3 = 15,5 мм . π 3,14

πd 2 3,14 ⋅ 15,5 2 Fкруг = = = 188,6 мм 2 . 4 4 d − Кольцевое сечение: α = = 0,8 D

(

πD 3 Wx = 1− α4 32

)

⇒ D=3

(

32 ⋅ 371,0 = = 18,6 мм . 3 π( 1 − α 4 ) π( 1 − 0,8 4 ) 32 Wx

)

(

)

π18,6 2 πD 2 2 Fкольца = 1− α = 1 − 0,8 2 = 160,3 мм 2 . 4 4 116

− Прямоугольное сечение с отношением сторон h = 2b. Требуемый момент сопротивления

bh 2 b(2b )2 2b 3 3 Wx = = = ⇒ b = 3 371,0 = 8,2 мм , 6 6 3 2 Fпрямоуг = bh = 8,2 ⋅16,4 = 134,9 мм2. h = 2 b = 2 · 8,2 = 16,4 мм. 6 Сравниваем веса балок с подобранными поперечными сечениями. Сравнение веса балок одинаковой длины аналогично сравнению их площадей поперечных сечений (таблица 3.1.1.1). Таблица 3.1.1.1 – Сравнение веса балок разных профилей поперечных сечений Профиль сечения

Fi , мм 2 Соотношение площадей Fi F1

Двутавр

Круг

Кольцо

Прямоугольник

40,2

188,6

160,3

134,9

1

4,7

4,0

3,4

Вывод • Наименьший вес имеет двутавровая балка. Следовательно, по условию прочности балка с таким профилем поперечного сечения является наиболее экономичной. • Худший вариант представляет балка с круговым сечением. Её вес почти в 5 раз превышает вес балки с двутавровым профилем поперечного сечения.

II часть Расчёт на жёсткость балки по допускаемому прогибу [f] методом начальных параметров Цель: из условия жёсткости определить необходимый момент сопротивления поперечного сечения балки и подобрать по нему двутавр. Исходные данные для расчёта принять по таблице 3.11, рисунку 3.1.1 и результатам расчёта I части задачи 3.1. Допускаемый прогиб для всех вариантов задач принять [f] = 0,002 Li.

1

Знак «–» в таблице 3.1 означает, что соответствующую нагрузку следует направлять в противоположную сторону.

117

Величина Li – это есть расстояние между опорами L1 или это расстояние от опоры до свободного конца балки L2. Если по заданной схеме балка на двух опорах имеет ещё участок с незакреплённым концом, то определяются прогиб между опорами и прогиб свободного незакреплённого конца. Подбор сечения производится по условию жёсткости, которое удовлетворяется для участков балки как в случае закреплённых концов, так и при наличии свободного конца. Условия жёсткости для таких балок: ⎧ max f1 ≤ 0,002 L1 = [ f ]; ⎨ ⎩ max f 2 ≤ 0,002 L2 = [ f ]. Порядок расчёта 1 Выбрать систему координат и назначить положение координатных

осей. 2 По способу закрепления балки определить граничные условия и начальные параметры. 3 Составить рабочее уравнение метода начальных параметров. 4 Определить числовые значения неизвестных начальных параметров. 5 Из условия жёсткости определить геометрические характеристики поперечного сечения балки: момент инерции, момент сопротивления и площадь. 6 Результаты расчёта. Сделать выводы. Пример выполнения II части Цель: из условия жёсткости определить необходимый момент сопротивления поперечного сечения балки и подобрать по нему двутавр. 1 Для балки (из задачи 3.1, части I) выбираем координатную систему и назначаем её положение относительно концевых сечений. Балка статически определимая. Известны все внешние активные и реактивные силы и условия закрепления балки. Используем прямоугольную правую декартову систему координат. Помещаем начало отсчёта в центре тяжести концевого сечения А. В сечении А известно наличие и значение силовых параметров. Это внешний момент М1, реактивная сила YA, равномерно распределённая нагрузка q. Так как равномерно распределённая нагрузка q распространяется не на всю длину балки, дополняем её на третьем участке до опоры В и од-

118

новременно прикладываем на этом участке компенсирующую нагрузку q противоположного направления (рисунок 3.1.1.6).

I

Y

II

M1

III q

М2

Z

А YА

C

z1

z2 a

В

D

YB

z3 a

a

q

Рисунок 3.1.1.6 − Рабочая расчётная схема балки для метода начальных параметров

2 Определяем граничные условия по способу закрепления балки и начальные параметры. При поперечном изгибе под действием внешних сил возникают деформационные перемещения – линейные по вертикали и угловые в плоскости YOZ. Линейное перемещение y0 центра тяжести сечения А невозможно, так как балка имеет неподвижное закрепление опоры А. Угловое перемещение – поворот сечения θ0 не ограничен, так как закрепление опоры – шарнирное. Предварительно необходимо определить поворот сечения θ0 как по величине, так и по направлению для дальнейших вычислений прогибов и поворотов сечений с любыми координатами z, которые отсчитываются в данном методе от нуля принятой координатной системы. Таким образом, по условиям закрепления начальные параметры следующие: − по перемещениям: y0 = 0, θ0 ≠ 0. − по внешним силам: YA = 76,66 кН. Действующие силовые факторы: М2 = 80 кНм; М1 = 60 кНм; q = 20 кН /м; YB = 3,33 кН. Из всех данных для составления уравнения метода начальных параметров имеем один неизвестный параметр θ0 ≠ 0. 119

3 Составляем рабочее уравнение метода начальных параметров для численного определения параметра θ0. Уравнение упругой линии продольной оси балки по рабочей схеме (см. рисунок 3.1.1.6). z z2 EJ x ⋅ yi = EJ x ⋅ y0 + EJ x ⋅ θ 0 ⋅ + M1 1! z > 0 2! z4 +q 4!

+ M2 z >0

Прерыватель

(z − a )2 2!

z >0

( z − 2a )4 −q 4!

z >a

z3 − YA 3!

+ z >0

(1)

. z > 2a

указывает, от какой координаты начинает учитыz >a

ваться член уравнения, стоящий перед знаком прерывателя. В уравнение не вошла реакция YВ , так как по схеме отсутствуют сечения с координатой z > 3a. Прогиб y0 и угол поворота θ0 определяем из условий поведения балки на опорах. Опора В препятствует вертикальному перемещению сечения В так же, как и опора А. Таким образом, имеем ещё одно условие по перемещениям: при z = 3a, yВ = 0. Оно позволит определить поворот сечения θ0 в опоре А. 4 Определяем числовое значение начального параметра θ0. Подставляем в уравнение (1) значение z = 3а. EJ x y B = 0 + EJ x ⋅ θ 0 ⋅ 3а + М 1 + М2

(3а − a )2 2

( 3a − 2a )4 −q 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4

(3а )2 2

− YA

(3a )3 1⋅ 2 ⋅ 3

+q

(3a )4 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4

+

= 0.

( ( ( ( 1 ⎛⎜ 6 )2 6 )3 6 )4 4 )2 2 4 ⎞⎟ . EJ x ⋅ θ 0 = − М 1 + YA −q − М2 +q 6 ⎜⎝ 2 6 24 2 24 ⎟⎠ После подстановки значений YA , М1, М2 и q получаем 1 EJ x ⋅ θ 0 = (− 60 ⋅ 18 + 76,7 ⋅ 36 − 20 ⋅ 54 − 80 ⋅ 8 + 20 ⋅ 0,67 ) = − 4,25 кН ⋅ м 2 . 6 EJ x ⋅ θ 0 = − 4,25 кН ⋅ м 2 .

120

Угол поворота сечения, проходящего через центр тяжести опоры А, − 4,25 − 4,25 ⋅ 10 6 кН ⋅ мм 2 ⋅ мм 2 = равен θ 0 = . 5 4 4 EJ x 2 ⋅ 10 ⋅ 5010 ⋅ 10 кН ⋅ мм θ0= – 0,42·10 – 6 рад = – 0,0886′′. На практике угол поворота сечений балок обычно не превышает 1°. Знак «−» показывает, что поворот опорного сечения А произошёл по часовой стрелке. Кривизна упругой линии балки в определённом сечении связана с изгибающим моментом в этом сечении зависимостью: 1 Mx = . ρ EJ x Вычисляем прогибы в сечениях C и D и сравниваем их с допускаемым. Допускаемый прогиб для заданной балки [f] = 0,002 L, где L = 3а = 6 м; [f] = 0,002 · 6000 мм = 12 мм. I участок : 0 ≤ z1 ≤ а. В начале участка I изгибающий момент Мх > 0, следовательно, кри1 визна упругой линии балки > 0 , выпуклость кривой направлена вниз. ρ На этом же участке наблюдается переход от положительного изгибающего момента к отрицательному: Мх < 0. Следовательно, имеется сечение, где Мх = 0, а упругая линия имеет точку перегиба. yC = 0. Прогиб сечения А zA = 0, yС ≠ 0. Прогиб сечения С zC = а = 2 м, Составляем уравнение прогиба yC, используя универсальное уравнение изогнутой оси балки (1). zC = а = 2 м. ( ( ( а )2 a )3 a )4 − YA +q EJ x yС = 0 + EJ x θ 0 а + М 1 . 2 6 24 ( ( ( 2 )4 2 )2 2 )3 EJ x yС = − 4,25 ⋅ 2 + 60 − 76,7 + 20 . 2 6 24 EJ x yС = − 8,5 + 120 − 102,27 + 13,3 = 133,3 − 110,77 = 22,53 кН ⋅ м 3 . + 22,53 22,53 ⋅ 1012 22,53 yС = = = = 2,25 мм < [f] = 12 мм. EJ x 2 ⋅ 105 ⋅ 5010 ⋅ 10 4 10,02 121

Так как изгибающий момент на первом участке меняет знак, то определяем координату точки перегиба. Функция изгибающего момента1 на первом участке M x = M 1−Y

* A⋅ z1

2 ( z1* ) +q⋅

2 (см. I часть расчёта) при Mx = 0 преобразуется в квадратное уравнение 2 2 2 z1* − Y A ⋅ z1* + M 1 = 0 . q q

( )

Корни уравнения

z1*

z1*, 2

1 2 = ⋅ YA± 2 q

2

⎛Y A ⎞ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ − M 1 ; q ⎝ q ⎠

2

76,7 2 ⎛ 76,7 ⎞ = + ⎜ ⋅ 60 = 3,835 + 2,95 = 6,79 м ; ⎟ − 20 20 ⎝ 20 ⎠ 2

76,7 2 ⎛ 76,7 ⎞ = − ⎜ ⋅ 60 = 3,835 − 2,95 = 0,885 ≈ 0,9 м . ⎟ − 20 20 ⎝ 20 ⎠ Первый корень не имеет физического смысла, так как нет сечения балки с координатой z = 6,79 м. Перегиб упругой линии балки находится на расстоянии 0,9 м от начала координат. При переходе с первого участка на второй изгибающий момент в точке С опять меняет знак. Соответственно упругая линия балки в этой точке имеет перегиб. На схеме в точках перегиба показаны касательные, перпендикулярные к левой и правой сторонам кривой изогнутой оси балки. Так как момент за точкой перегиба отрицательный, выпуклость параболы направлена в сторону положительного направления оси Y, поэтому за точкой перегиба происходит дальнейший рост прогиба балки до максимального значения max yC = 2,25 мм < [f] = 12 мм. II участок 0 ≤ z2 ≤ 2а. Прогиб сечения С zC = а = 2 м, yС = 2,25 мм. Прогиб сечения D zD = 2a = 4 м, yD ≠ 0. Составляем уравнение прогиба yD. При zD = 2a = 4 м z 2*

1

Отсчёт переменных z*, z**, z*** принят от начала координат, а не от первого сечения участка.

122

EJ x ⋅ y D = 0 + EJ x ⋅ θ 0 ⋅ 2а + М 1

(2а )2

(2a )3 + q (2a )4

(2а − а )2 .

− YA + М2 2 6 24 2 2 3 4 2 (4) − 76,7 (4) + 20 (4) + 80 (4 − 2) = 18,3 кН ⋅ м3. EJ x ⋅ y D = − 4,25 ⋅ 4 + 60 2 6 24 2 + 18,3 18,3 ⋅ 1012 18,3 = = = 1,82 мм < [f] = 12 мм. yD = EJ x 2 ⋅ 105 ⋅ 5010 ⋅ 10 4 10,02 Определяем положение точки перегиба упругой линии балки. Функция изгибающего момента на втором участке:

M x =M 1 + M 2 − Y A

** 2 ( ). z z ** + q

2

При Mx = 0 квадратное уравнение имеет вид 2 2 2 z ** − Y A z ** + (M 1 + M 2 ) = 0 . q q Корни уравнения

( )

2

⎛Y A ⎞ 2 ⎟⎟ − (M 1+ М 2 ) ; ⎜⎜ q ⎝ q ⎠

z1*,*2

1 2 = ⋅ YA± 2 q

z1**

76,7 2 ⎛ 76,7 ⎞ = + ⎜ ⋅ (60 + 80) = 3,835 + 0,84 = 4,675 м; ⎟ − 20 20 ⎝ 20 ⎠

2

2

76,7 2 ⎛ 76,7 ⎞ = − ⎜ ⋅ (60 + 80 ) = 3,835 − 0,84 = 3,0 м. ⎟ − 20 20 ⎝ 20 ⎠ Первый корень не принадлежит второму участку, так как результат относится к сечению третьего участка. Перегиб упругой линии балки находится на расстоянии 3,0 м от начала координат в точке К1. На эпюре прогибов просматривается ещё одна точка перегиба К2. Она принадлежит вершине параболы. В этой точке изгибающий момент имеет максимум на дуге К1D. Приравняв производную изгибающего момента на этом участке нулю, вычисляем координату точки перегиба К2: z 2**

M x = M 1 + M 2 −Y A z** К2 dM x = 0; dz

2 ( ) z** К ⋅ +q ,

** − Y A + q ⋅ z** К 2 = 0 ⇒ zК 2 =

123

2

2

Y A 76 ,66 = = 3,833 м. q 20

z *К*2 = 3,833 м. EJ x ⋅ y К 2 =

( 3,833)2 = − 4,25 ⋅ 3,833 + 60

( ( 3,833)3 3,833)4 − 76,7 + 20

( 3,833 − 2 )2 + 80

2 6 24 2 = −16,29 + 440,76 − 718,94 + 179,88 + 134,396 = 755,04 − 735,23 = 19,81; yК 2

=

+ 19,81 19,81 ⋅ 1012 19,81 = = = = 1,98 мм < [f] = 12 мм. EJ x 2 ⋅ 105 ⋅ 5010 ⋅ 10 4 10,02 0 ≤ z3 ≤ 3а.

III участок:

Прогиб сечения D

zD = 2a = 4 м,

yD − = 1,82 мм.

Прогиб сечения В

zВ = 3а = 6 м,

yВ = 0 мм.

Перегибы на этом участке по эпюре изгибающих моментов не просматриваются, так как изгибающий момент изменяется линейно и не меняет своего знака на всём протяжении участка. Функция изгибающего момента на третьем участке:

(

)

M x = M 1 + M 2 − Y A ⋅ z *** + q ⋅ 4 ⋅ z *** − 2 . Имеем линейное уравнение

z *** (q ⋅ 4 −Y A ) + M 1 + M 2 − q ⋅ 4 ⋅ 2 = 0.

Откуда z *** =

z3***

−M 1 − М 2 + q ⋅ 8 − 60 − 80 ⋅ +20 ⋅ 8 20 , z *** = = = 5,882 м. (q ⋅ 4 −Y A ) (20 ⋅ 4 − 76,7 ) 3,3

Граничным = 5,882 м.

условиям

удовлетворяет

единственное

значение

Значение этой координаты говорит о том, что начало искривления балки в сторону пролёта не может произойти непосредственно в опоре и величина этой координаты зависит в большой мере от округления результатов числовых подсчётов с периодичностью после запятой1. Строим упругую кривую прогибов балки (рисунок 3.1.1.7).

1

Чтобы избежать грубых округлений, иногда бывает более рационально решать задачу в символике с безразмерными коэффициентами.

124

Y

I

II

M1

III q

М2

В А

C

YА

D YB

z1

z2 a

60

z3

Эпюра MX, кН·м 0

+ –

6,6

53,4 θ0

2,25

1,74 0

q a

a 26,6

0

Z

К1

1,98 К2

1,82 Эпюра yi, мм

●

0 0,885

2,994 3,833

Рисунок 3.1.1.7 – Эпюры изгибающих моментов MX и прогибов yi

5 Из условия жёсткости определяем геометрические характеристики поперечного сечения балки: момент инерции, момент сопротивления и площадь. По эпюре прогибов принимаем для расчёта на жёсткость максимальный прогиб сечения С. По условию задачи прогибы сечений балки не должны превышать допустимой величины [f] = 12 мм. 125

Условие жёсткости

yС =

+ 22,53 ≤ [ f ] = 12 мм , EJ x

+ 22,53 22,53 ⋅ 1012 = = 939 ⋅ 10 4 мм 4 . откуда J x ≥ 5 E ⋅[f ] 2 ⋅ 10 ⋅ 12 6 Результаты расчёта − Максимальный прогиб находится в конце первого участка и принадлежит сечению С. − Его величина меньше допускаемого прогиба max yC = 2,25 мм < [f] = 12 мм. − Принятый двутавр № 27 (ГОСТ 8239–89. Сталь прокатная. Балки двутавровые) удовлетворяет поставленным условиям по прочности и по жёсткости. Его характеристики: WX = 371 см3; − момент сопротивления JX = 5010 см4, − момент инерции F = 40,2 см2, − площадь сечения q = 31,5 кг/м. − вес 1 погонного метра Вывод

Применять двутавр № 27 «а» нецелесообразно.

126

4 Статически неопределимые балки при изгибе Вводная часть Статически неопределимые балки – это такие балки, в которых силовые факторы невозможно определить с помощью уравнений равновесия. В таких балках количество связей больше, чем необходимо для равновесия, т. е. часть связей является лишней или дополнительной. Следовательно, появляются так называемые лишние неизвестные силы. Для раскрытия статической неопределимости, т. е. вычисления лишних неизвестных сил, применяется так называемый метод сил1. Расчёт по методу сил проводят в такой последовательности. 1 Устанавливают степень статической неопределимости. 2 Путём удаления лишних связей заменяют исходную систему статически определимой, называемой основной системой. Таких систем можно построить несколько, соблюдая при этом условие их геометрической неизменяемости. 3 Основную систему нагружают заданными внешними силами и лишними неизвестными усилиями, заменяющими действие удалённых связей, в результате чего получают эквивалентную систему. 4 Для обеспечения эквивалентности исходной и основной систем неизвестные усилия должны быть подобраны так, чтобы деформации основной системы не отличались от деформаций исходной статически неопределимой системы. Для этого перемещения точек приложения лишних неизвестных по направлению их действия приравнивают нулю. Из получаемых таким образом уравнений определяют значения лишних неизвестных усилий. Определение перемещений соответствующих точек можно производить любым способом, однако лучше использовать при этом наиболее общий метод Мора или способ Верещагина. 5 После установления значений лишних неизвестных усилий производят определение реакций и построение эпюр внутренних усилий, подбор сечений и проверку прочности обычным способом. Дополнительные уравнения перемещений, выражающие равенство нулю перемещений по направлениям действия лишних неизвестных сил, удобно составлять в так называемой канонической форме, т. е. по определённой закономерности.

1

При расчёте статически неопределимых систем в качестве неизвестных можно принимать как силы, так и перемещения. В первом случае применяется так называемый метод сил, во втором – метод перемещений.

127

6 Система канонических уравнений метода сил для определения перемещений представляет собой сумму перемещений от безразмерной единичной силы, умноженной в Х раз, и от полезной рабочей нагрузки (M, P, q). n сн

Общий вид системы: ∑ δik ⋅ Х k + ∆ iP = 0

(i = 1, 2,

3, K n ),

k =1

где δik − перемещение по направлению i-го силового фактора под действием k-го единичного фактора равного 1 (податливость от безразмерной единичной силы); Xk – неизвестная k-я сила; ∆iP − перемещение по направлению i-го силового фактора под действием внешних сил; ncн − степень статической неопределимости. Система канонических уравнений может быть представлена матрицей, в которой количество уравнений равно степени статической неопределимости системы (СНС). В общем случае для n раз СНС имеем систему из n уравнений δ11 X 1 + δ12 X 2 + δ13 X 3 + K

K δ1n X n + ∆1P = 0

δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + δ 23 X 3 + K K δ 2 n X n + ∆ 2 P = 0 δ31 X 1 + δ32 X 2 + δ33 X 3 + K K δ1n X n + ∆ 3P = 0

KK

.

KKK δ n1 X 1 + δ n 2 X 2 + δ n3 X 3 + K K δ nn X n + ∆ nP = 0 Физический смысл каждого члена уравнений

В первом уравнении δ11 − перемещение точки приложения первого лишнего неизвестного по собственному направлению, вызванное действием единичного значения этого неизвестного. Произведение δ11Х1 представляет собой перемещение той же точки по тому же направлению, вызванное силой Х1. Второй член δ12Х2 представляет собой перемещение той же точки по тому же направлению, вызванное силой Х2 и т. д. Член ∆1P представляет собой перемещение в том же месте и по тому же направлению, вызванное внешней нагрузкой. В целом вся левая часть каждого уравнения представляет собой суммарное перемещение точки приложения силы Х1 по направлению этой силы, вызванное всеми силами. Это суммарное перемещение приравнивается нулю, так как в заданной системе оно отсутствует. Вид этих уравнений не зависит от вида конструкции и её нагружения, а зависит лишь от степени статической неопределимости (ССН). В этом заключаются универсальность и удобство метода.

128

4.1 Расчёт на прочность и жёсткость статически неопределимой балки при плоском поперечном изгибе К статически определимой балке (по схеме задачи 3.1, рисунку 3.1.1) добавлена лишняя связь (опора) в заданной точке К. Балка стала статически неопределимой (рисунок 4.1).

M1

М2

q КB D

а

а

а

Рисунок 4.1 – Заданная схема балки с дополнительной опорой D в заданной точке К

Цели задачи: − раскрыть статическую неопределимость; − построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов; − из условия прочности по допускаемым нормальным напряжениям подобрать двутавровое сечение балки; − проверить жёсткость балки; − произвести оценку влияния дополнительной опоры на прочность и жёсткость балки заданной схемы. Исходные данные принять из предыдущей задачи 3.1 (по таблице 3.1 и рисунку 3.1.1). Порядок расчёта

1 Составить расчётную схему балки по условиям задачи 3.1 и добавить в точке К дополнительную шарнирно-подвижную опору. 2 Составить уравнения статики. Определить степень статической неопределимости. 3 Раскрыть статическую неопределимость с помощью метода сил. 4 Проверить правильность раскрытия статической неопределимости. 5 Определить Qi и Мi и построить их эпюры.

129

6 Подобрать из условия прочности по допускаемому нормальному напряжению двутавровое поперечное сечение балки. 7 Определить с помощью метода начальных параметров прогибы в характерных сечениях. Построить приближённую изогнутую ось балки с помощью эпюры изгибающих моментов Мх. Определить максимальный прогиб (ymax). Проверить жёсткость балки. 8 Скорректировать из условия жёсткости номер двутаврового сечения. Сделать выводы. Пример выполнения Расчёт на прочность и жёсткость статически неопределимой балки при плоском поперечном изгибе К балке, лежащей на трёх опорах и загруженной поперечными силами (схема из задачи 3.1), в заданной точке К добавлена лишняя опора (рисунок 4.1.1).

M1

q

М2 К

A

С

а

B

D

а

а

Рисунок 4.1.1 – Схема трёхопорной балки

Цели задачи: − раскрыть статическую неопределимость, построить эпюры Q и M; − из условия прочности по допускаемым нормальным напряжениям подобрать двутавровое сечение балки; − проверить жёсткость балки; − произвести оценку влияния дополнительной опоры на прочность и жёсткость балки заданной схемы. Исходные данные по варианту _______ приняты из предыдущей задачи (по таблице 3.1 и рисунку 3.1.1). М1 = 60 кН·м, а = 2 м, [σ] = 160 МПа, 5 М2 = 80 кН·м, Е = 2·10 МПа, [τ] = 90 МПа, q = 20 кН/м, G = 0,8·105 МПа, [f] = 0,002 Li мм.

130

После установки дополнительной опоры в заданной точке К балка становится статически неопределимой. 1 Составляем расчётную схему балки, нагруженной активными и реактивными силами (рисунок 4.1.2). Y

YА

M1

YD

М2

q

YB Z

А

С a

В

D a

a

Рисунок 4.1.2 – Расчётная схема трёхопорной балки

Заменяем действие закреплений балки опорными реакциями. Произвольно назначаем направление реакций опор YA, YD и YB (см. рисунок 4.1.2). 2 Составляем моментные уравнения внешних сил относительно опорных концов балки А и В. Для плоской системы сил возможно составить только два уравнения статики. Остальные превращаются в тождества 0 ≡ 0. ΣmА = 0, – М1 + (q · 2a ) a – M2 – YD · 2a + YB · 3a = 0. (1) ΣmВ = 0, – М1 – (q · 2a) 2 а – M2 + YА · 3a+ YD · a = 0. (2) Имеем три неизвестных и два уравнения. Следовательно, балка является статически неопределимой системой (СНС). Степень статической неопределимости ncн = nн − nу = 3 − 2 = 1. 3 Раскрываем статическую неопределимость методом сил. Для раскрытия статической неопределимости необходимо обратиться к деформационному уравнению. Для одного раза СНС (ncн = 1) каноническое уравнение метода сил содержит всего два члена и имеет вид EJ x δ11 ⋅ Х 1 + EJ x ∆1Р = 0 . (3) Для балки постоянного сечения из одного вида материала EJx = const уравнение (3) принимает вид δ11Х1 + ∆1P = 0, где δ11 – податливость, т. е. пе131

ремещение в направлении действия силы Х1 от действия единичной силы, приложенной в точке действия приложения силы Х1, это безразмерный силовой коэффициент уравнения; ∆1P – перемещение в направлении действия силы Х1, вызванное всеми внешними силами; это свободный коэффициент уравнения. Для раскрытия статической неопределимости выбираем основную систему так, чтобы она была статически определимой и имела геометрически неизменяемую схему. Отбросим любую из трёх опор, например, опору D, и таким образом получим основную систему (рисунок 4.1.3), которая представляет схему статически определимой двухопорной балки.

A

B

3а

ОС

Рисунок 4.1.3 – Основная система для раскрытия статической неопределимости балки методом сил (ОС)

Составляем эквивалентную систему (рисунок 4.1.4), т. е. загружаем основную систему заданными силами, а неизвестную силу реакции в отброшенной опоре заменяем силой Х1. Y

YА

M1

Х1

М2

q

YB Z

А

С a

В

D a

a

ЭС

Рисунок 4.1.4 – Эквивалентная система (ЭС)

Условие эквивалентности – отсутствие прогиба сечения D, где была опора, т. е. EJyD = 0.

132

Под действием всех приложенных внешних сил, и в том числе силы Х1, в эквивалентной балке возникают такие же внутренние усилия, как и в заданной балке1. Для определения коэффициентов канонического уравнения используем принцип суперпозиции (принцип независимости действия сил). Загружаем основную систему последовательно: − единичной силой Х1 (рисунок 4.1.5,б), эта балка имеет два участка; − моментами М1, М2 и нагрузкой q (рисунок 4.1.5,г). Определяем реакции и изгибающие моменты по схемам рисунка 4.1.5,б,г. Реакции единичной балки (см. рисунок 4.1.5,б): ΣmomA = 0; YB · 6 – 1 · 4 = 0 => YB = 2/3. ΣmomB = 0; YA · 6 – 1 · 2 = 0 => YB = 1/3. ΣY =1/3 + 2/3 – 1≡ 0. Изгибающие моменты на I участке: в сечении А z = 0, М1* = 0, в сечении D z = 4 м, М2* = 4/3, где М1*, М2* − моменты единичной балки. Отсчёт z на II участке справа налево: в сечении В z = 0, М1* = 0, в сечении D z = 2 м, М2* = 4/3. Строим отдельно эпюру М* для единичной балки (рис. 4.1.5,в). Реакции грузовой балки с силами М1, М2 и q (см. рисунок 4.1.5,г): ΣmomA = 0; – M1 – M2 + q · 4 · 2 – YB · 6= 0 => YB = 3,33 кН. ΣmomB = 0; – M1 – M2 – q · 4 · 4 + YA · 6 = 0 => YА = 76,67 кН. Изгибающие моменты на I участке: 0 ≤ z ≤ a = 2 м, q ⋅ z2 M x = M 1 − YA ⋅ z + , 2 Мх = – 53,34 кН ⋅ м. сечение С z = 2 м, Изгибающие моменты на II участке: 0 ≤ z ≤ a = 2 м. 1

Новая система становится эквивалентной только в том случае, когда вместо связей (опор или других видов закреплений) накладываются ограничения линейным или угловым перемещением или одновременно и тем и другим. Эквивалентная система (см. рисунок 4.1.3) полностью заменяет заданную трёхопорную конструкцию (см рисунок 4.1.4) при условии ограничения перемещения сечения D, т. е. yD = 0, так как нормальные напряжения σ и вертикальные перемещения ∆ в ней точно такие же.

133

Y

а

YА

M1

М2

YB Z

А

С

В

D

а

а

а

2 3

1

1 3

б

q

Х1

A

B

z=10/3

1,21

0,527

0,75 Ω

60

г

0,889 Эпюра М*

0,074

в

4 3

80

23,3

B

A 23,3 Ω1 Ω2

Ω3 Ω4

Ω5

60

Эпюра MX , кН·м 0

26,66

д

0

+ –

0,221 0,91

1,09

6,66

53,34

1,33

53,2

2,0

2,25 3,625

1,0

1,0

Рисунок 4.1.5 – Расчётные схемы и эпюры

134

Функция изгибающего момента представляет собой квадратную параболу; в сечении А z = 0, Мх = М1 = 60 кН ⋅ м; q(a + z )2 M x = M 1 + M 2 − YA ⋅ z + . 2 Функция изгибающего момента также представляет собой квадратную параболу; z = 0, Мх = М1 = 26,66 кН ⋅ м; в сечении С в сечении D z = 2 м, Мх = – 6,66 кН ⋅ м. Изгибающие моменты на третьем участке: 0 ≤ z ≤ a = 2 м. Изменение параметра z справа налево. Мх = – YА ·z ; функция изгибающего момента – прямая линия; z = 0, Мх = 0; в сечении B в сечении D z = 2 м, Мх = – 6,66 кН ⋅ м. Определяем коэффициенты δ11 и ∆1P канонического уравнения (3) по способу Верещагина, т. е. перемножением эпюр М (М1, М2, q) и М*. Коэффициент δ11 = ω*· η*, где ω* – площадь эпюры изгибающего момента от единичной силы Х1; η* – ордината единичной эпюры М*, положение которой совпадает с центром тяжести площади этой эпюры. ω* = (1/ 2) L · М*,

ω* = (1/2) · 6 · М* = (1/2) 6 (4/3) = 4 м2.

Определяем положение центра тяжести площади ω* для вычисления ординаты η*: zц.т. = (2 L – а)/3,

zц.т. = (2 · 6 – 2) / 3 = 10/3 м.

Ордината η* под центром тяжести площади единичной эпюры η* = (1/3) · zц.т. = 10/3 м. δ11 = ω* η* = 4 (10/3) = 40/3 м3. Следовательно, можно условно сказать, что мы перемножили единичную эпюру «саму на себя». Коэффициент ∆1P = ΣΩi · Mi*, где Ωi – площадь простейшей фигуры грузовой эпюры изгибающего момента; Mi* – ордината единичной эпюры под центром тяжести площади простейшей фигуры Ωi. 135

∆1P = Ω1 · M1* + Ω2 · M2* + Ω3 · M3*+ Ω4 · M4* + Ω5 · M5*. Ω1 = (1/3)L1Mx1 = (1/3) · 0,91 · 60 = 18,2 0,074 кН ⋅ м2, где L1 – ширина первой фигуры на эпюре Мх (рисунок 4.1.4,д); Mx1 – ордината изгибающего момента первой фигуры изгибающих моментов; M1* – ордината на эпюре M* под центром тяжести первой фигуры Ω1. M1*= (1/3) · z1; z1 = (1/4) L1 = (1/4) · 0,91 = 0,221 м; M1* = (1/3) · 0,221= 0,074 м; Ω1 · M1* = 18,2 · 0,074 = 1,35 кН ⋅ м3. Ω2 = – (2/3)L2Mx2 = (2/3) · 1,09 · 53,34 = – 37,82 кН ⋅ м2; M2*= (1/3) · z2 ; z2 = 2 – (3/8) L2 = 2 – (3/8) · 1,09 = 1,59 м ; M2* = (1/3) · 1,59 = 0,527 м; Ω2 · M2* = – 37,82 ·0,527 = – 20,04 кН ⋅ м3. Ω3 = – (1/3)L3Mx3 = – (1/3) · 1,0 · 26,66 = – 8,886 кН ⋅ м2; M3*= (1/3) · z3 ; z 3 = 2 + (1/4) L3 = 2 + (1/4) ·1,0 = 2,25 м; M3* = (1/3) · 2,25 = 0,75 м; Ω3 · M3* = – 8,886 · 0,75 = – 6,66 кН ⋅ м3. Ω4 = – (2/3)L4Mx4 = (2/3) · 1,0 · 6,66 = – 4,44 кН ⋅ м2, M4*= (1/3) · z4 ; z4 = 4 – (3/8) L4 = 4 – (3/8) ·1,0 = 3,625 м, M4* = (1/3) · 3,625 = 1,21 м. Ω4 · M4* = – 4,44 · 1,21 = – 5,37 кН ⋅ м3. Ω5 = – (1/2)L5Mx5= (1/2) · 2,0 · 6,66 = – 6,66 кН ⋅ м2, M5*= (2/3) · z5 , z5 = (2/3) L5 = (2/3) · 2,0 = 4/3 м, M5* = (2/3) · (4/3) = 0,889 м, Ω5 · M5* = – 6,66 · 0,889 = –5,92 кН ⋅ м3. ∆1P = 1,35 – 20,04 + 6,66 – 5,37 – 5,92 = 23,3 кН ⋅ м3. ∆ 23,3 ⋅ 9 X 1 = 1P = = 5,2 кН, следовательно, YD = X1 = 5,2 кН. δ11 40 Подставляем найденное значение YD в уравнения статики (1) и (2). Откуда получаем YА = 74,9 кН и YВ = 0,1 кН. Проверка. Σ Y = 0. – YА + q·2а − YD – YB = 0; – 74,9 +20 · 4 − 5,2 + + 0,1 = 0. Сумма проекций всех вертикальных сил на ось Y обратилась в нуль, но не тождественно. 136

Поскольку исходные данные заданы с одной значащей цифрой до запятой, то можно округлить значения результатов расчёта. В таком случае следует считать YА = 75,0 кН, YВ = 0 и YD = 5,0 кН. Статическая неопределимость раскрыта, так как определены все неизвестные внешние силы. 4 Проверяем правильность раскрытия статической неопределимости. Проверка решения силовых уравнений статики (1), (2), (3) показывает, что арифметические вычисления выполнены верно, но необходимо сделать деформационную проверку, выбрав другую основную систему. Например, заменив опору В безразмерной силой Х1 (рисунок 4.1.6).

M1

Y

М2

q

Х1 Z

А YА

YD

a

C

D

a

a

B

ЭС

Рисунок 4.1.6 – Схема второй эквивалентной балки для деформационной проверки раскрытия статической неопределимости

Проверочное решение новой системы проводим аналогично изложенной методике раскрытия статической неопределимости. Принимаем основную систему по схеме рисунка 4.1.7,а. Прикладываем в сечении В основной системы единичную сосредоточенную силу Х1 (рисунок 4.1.7,б). Определяем реакции ΣmА = 0, – YD · 2a + 1 · 3a = 0, YD = 3/ 2. ΣmD = 0, –YА · 2a + 1 · a = 0, YА = 1/ 2. Ординаты единичной балки z = 0 M* = 0, z = 4 м, M* = (1/2) · 4 = 2 м, z = 6 м, M* = 0. Строим единичную эпюру M* (рисунок 4.1.7,в). Для простоты расчёта используем принцип суперпозиции, т. е. грузовую балку нагружаем отдельно равномерно распределённой нагрузкой q (рисунок 4.1.7,г) и отдельно каждым моментом М1 (рисунок 4.1.7,е) и М2 (рисунок 4.1.7,з).

137

YA A а

2а A

б

а 1,5

0,5

2 3

в

A 40 кН

z1

0

Эпюра Мх(q)

0 15

М1

A

B

D

B

D

z2

0

М2

Эпюра Мх(M1)

0 20

A

B D

20 и

Эпюра М*

q

15 60 ж з

2

4 3

0

40 кН

е

1

1

0

г

д

B

D

z*

B ОС

0

z3 0

z4

Эпюра Мх(M2)

Рисунок 4.1.7 – Расчётные схемы и эпюры для деформационной проверки раскрытия статической неопределимости

138

Составляем функции изгибающих моментов по участкам и строим эпюры Мх (q), Мх(М1), Мх (М2) отдельно для каждой внешней нагрузки (рисунок 4.1.7,д,ж,и соответственно). Расчёт эпюры Мх(q). Реакции. ΣmА = 0, (q · 2a ) a – YD · 2a = 0 => YD = q · a = 40 кН. В силу симметрии YА = q · a = 40 кН. Изгибающие моменты Мх = – YА + q · z2/2 . Функция Мх является квадратной параболой. Строим эпюру Мх(q) (см. рисунок 4.1.7,д). Расчёт эпюры Мх(М1). Реакции. ΣmА = 0, –М1 + YD · 2a = 0 => YD = М1 /2a = 15 кН. ΣmD = 0, –М1 +YA · 2a = 0 => YА = М1 /2a = 15 кН. Изгибающие моменты Мх = М1– YА · z. z = 0, Мх = М1 = 60 кН ⋅ м. z = 2а , Мх = 0. Функция изгибающего момента – прямая линия. Строим эпюру Мх (М1) (см. рисунок 4.1.7,ж). Расчёт эпюры Мх (М2). Реакции. ΣmА = 0, – М2+YD · 2a = 0 => YD = М2 /2a = 20 кН. ΣmD = 0, –М2 +YA · 2a = 0 => YА = М2 /2a = 20 кН. Изгибающие моменты Мх = М1– YА · z. Имеем два участка: I участок: z = 0, Мх = 0, z = а, Мх = – 40 кНм. II участок: z = 0, Мх = + 40 кНм, z = а, Мх = 0. Функция изгибающего момента изменяется по прямой со скачком в сечении С при z = a. Строим эпюру Мх (М2) (см. рисунок 4.1.7,и). Вычисляем коэффициенты δ11 и ∆1Р деформационного уравнения (3). Единичный коэффициент δ11. 1 1 1 δ11 = ω·η; ω = Lh = ⋅ 6 ⋅ 2 = 6 м2; η = ⋅ z *. 2 2 2 Для неравностороннего треугольника (см. рисунок 4.1.7,в) положение центра тяжести вычисляем по формуле 1 1 10 1 10 5 5 z* = (2 L − a) = (2 ⋅ 6 − 2) = м; η = ⋅ = м; δ11 = 6 ⋅ = 10 м3. 3 3 3 2 3 3 3 Грузовой член ∆1Р вычисляем как сумму ∑Ωi · Мi*. 139

2 2 320 кН ⋅ м2; По эпюрам на рисунке 4.1.7,д и в Ω1 = − L1h1 = − ⋅ 4 ⋅ 40 = − 3 3 3 1 1 М 1* = z1 , z1 = L1 = 2 , М 1* = 1 м; 2 2 320 320 Ω1М 1* = − ⋅1 = − кН ⋅ м3. 3 3 1 1 По эпюрам на рисунке 4.1.7,ж и в Ω 2 = L2 h2 = ⋅ 4 ⋅ 60 = 120 кН ⋅ м2; 2 2 2 1 4 2 1 1 1 4 М 2* = z 2 , z 2 = L2 = 4 = , М 2* = ⋅ = , М 2* = м; 3 2 3 3 2 3 3 3 2 240 Ω 2 М 2* = 120 ⋅ = кН ⋅ м3. 3 3 1 1 По эпюрам на рисунке 4.1.7,и и в Ω 3 = − L3 h3 = − ⋅ 2 ⋅ 40 = − 40 кН ⋅ м2; 2 2 1 4 2 1 2 2 4 М 3* = z3 , z3 = L3 = 2 = , М 3* = ⋅ = м; 2 3 3 2 3 3 3 2 80 Ω 3 М 3* = −40 ⋅ = − кН ⋅ м3. 3 3 1 1 Ω 4 = L4 h4 = ⋅ 2 ⋅ 40 = + 40 кН ⋅ м2. 2 2 1 8 4 8 1 1 ⎞ 1 ⎛ М 4* = z 4 , z 4 = ⎜ а + L4 ⎟ = 2 + ⋅ 2 = , М 4* = ⋅ = м. 2 3 3 3 3 3 ⎠ 2 ⎝ 4 160 Ω 4 М 4* = 40 ⋅ = кН ⋅ м3. 3 3 320 240 80 160 ∆1Р = Ω1М 1* + Ω 2 М 2* + Ω 3 М 3* + Ω 4 М 4* = − + − + ≡ 0. 3 3 3 3 Грузовой член ∆1Р тождественно равен нулю, следовательно, из 0 уравнения (3) имеем Х 1 = = 0 => YВ = 0. δ11 Это означает, что на опору В не передаются усилия от внешних нагрузок. Они воспринимаются двумя опорами А и D. Решая уравнения ( 1) и (2), получим YА = 75,0 кН и YD = 5,0 кН. Деформационная проверка полностью подтвердила правильность вычислений при раскрытии статической неопределимости. 5 Составляем расчётную схему балки с действительными направлениями реакций YА , YD и YB (рисунок 4.1.8). Строим эпюры Qy и Mx. 140

Y

I

YА

А

II

M1

z1

III YD

М2 C

К1

z2

a

q YB = 0

D

К2

К3

Z

B

z3

a

a 5

Эпюра Qy

0

0

75 60 30 Эпюра Мх 0

0 19,4

50

0,5

0,7

2,7

Эпюра yi, мм

0

0 0,2 Рисунок 4.1.8 – Расчётная схема трёхопорной балки и эпюры внутренних усилий Мх, Qy и перемещений

141

Составляем по участкам функции поперечных сил и изгибающих моментов. Поперечные силы: I участок: Qy = – YA + q · z; z = 0, Qy = – 75 кН, z = a, Qy = – 35 кН. II участок: Qy = – YA + q(a + z); z = 0, Qy = – 35 кН; z = a, Qy = + 5 кН. III участок: Qy = – YA + q 2a – YD ; 0 ≤ z ≤ a, Qy = 0. Строим эпюру Qy (см. рисунок 4.1.8). Изгибающие моменты: z2 I участок: M x = M 1 + q −Y A⋅z ; 2 z = 0, Mx = + 60 кН · м; z = a, Mx = – 50 м. ( а + z )2 II участок: M x = M 1 + M 2 + q −Y A (а + z ) : 2 z = 0; Mx = + 30 кН · м; z=2м Mx = 0. В сечении, где Qy = 0, находится экстремум изгибающего момента. Определяем положение этого сечения: Qy = – YA + q (a + z) = 0; Y − qa 75 − 40 откуда z= A = = 1,75 м; q 20

( 2 + 1,75)2 = 60 + 80 + 20

− 75 ⋅ (2 + 2 ) = 19,38 кН · м. 2 III участок: отсчёт z на третьем участке справа налево. 0 ≤ z ≤ a, Mx = 0. Строим эпюру Mx (см. рисунок 4.1.7). По эпюре максимальный момент max Mx = 60 кН · м. 6 Выбираем из условия прочности по [σ] размер профиля сечения. Изменение расчётной схемы балки с введением дополнительной опоры не привело к изменению значения максимального изгибающего момента. Поэтому принятый по условию прочности (задача 3) двутавр № 27 для Mx

142

двухопорной балки не может быть заменён на двутавр с меньшим поперечным сечением для трёхопорной балки. Максимальная поперечная сила практически не изменилась от введения третьей опоры. Максимальные касательные напряжения: − в двухопорной балке maxτ = 53,6 МПа, − в трёхопорной балке maxτ = 52,4 МПа. Максимальные касательные напряжения в трёхопорной балке снизились незначительно, всего на 2 % . Соблюдение условия прочности по нормальным напряжениям не позволяет уменьшить размеры поперечного сечения трёхопорной балки. Принимаем двутавр № 27 по ГОСТ 8239–89 Сталь прокатная. Балки двутавровые. Wx = 371 см3, F = 40,2 см2, Jx = 5010 см4, Sx = 210 см3, толщина стенки d = 6,0 мм, ширина полок b = 125 мм. 7 Определяем методом начальных параметров прогибы в характерных точках. Используем расчётную схему на рисунке 4.1.7. Начальные параметры. Внешние силы в начале координат: М1 = 60 кН ⋅ м, YA = 75 кН, q = 20 кН/м. Перемещения в начале координат y0 = yA = 0, θ0 ≠ 0. Из условия невозможности вертикального перемещения сечения D составляем уравнение yD = 0, из которого определяем EJx θ0. Опора D z = 4 м. ( z2 z3 z4 z − a )2 EJ x ⋅ y D = EJ x ⋅ y0 + EJ x ⋅ θ 0 ⋅ z + M 1 − YA +q⋅ + M2 =0. 2 6 24 2 ( 4 − 2 )2 42 43 44 EJ x ⋅ θ 0 ⋅4 + 60 − 75 + 20 ⋅ + 80 = 0. 2 6 24 2 1 1 EJ x ⋅ θ 0 = − (480 − 800 + 213,3 + 160 ) = −53,3 = −13,32 кН ⋅ м2. 4 4 Сечение K1 z = 1 м. 12 13 14 EJ x ⋅ y Е1 = EJ x ⋅θ 0 ⋅1 + M1 − YA + q ⋅ = 2 6 24 1 1 1 = −13,3 + 60 − 75 + 20 = 2 6 24 = −13,3 + 30 − 12,5 + 0,83 = +5,03 кН ⋅ м3.

143

y К1 =

5,03 5,03 ⋅ 103 = = 0,5 мм. EJ x 2 ⋅ 5010

Сечение С

z = 2 м.

EJ x ⋅ yС = 0 + EJ x ⋅ θ 0 ⋅ 2 + M 1

22 23 24 − YA +q⋅ = 2 6 24

4 8 16 = −13,3 ⋅ 2 + 60 − 75 + 20 = 2 6 24 = −26,6 + 120 − 100 + 13,3 = +6,7. 6,7 6,6 ⋅ 103 yС = = = 0,7 мм. EJ x 2 ⋅ 5010 Сечение K2

z = 3 м.

(3 − 2)2 = 32 33 34 − YA + q ⋅ + M 2 2 6 24 2 9 27 81 1 = −13,3 ⋅ 3 + 60 − 75 + 20 + 80 = 2 6 24 2 = −13,3 + 270 − 337,5 + 67,5 + 40 = 26,7. EJ x ⋅ y К 2 = EJ x ⋅ θ 0 ⋅ 3 + M 1

yК 2

26,7 26,7 ⋅ 103 = 2,66 мм. = = EJ x 2 ⋅ 5010

Сечение K3

z = 5 м.

(5 − 2)2 . 52 53 54 − YA + q ⋅ + M 2 2 6 24 2 25 125 625 9 EJ x ⋅ y К 3 = −13,3 ⋅ 5 + 60 − 75 + 20 + 80 = 2 6 24 2 = −66,5 + 750 − 1562,5 + 520,83 + 360 = −1,83. EJ x ⋅ y К 3 = EJ x ⋅ θ 0 ⋅ 5 + M 1

EJ x ⋅ y К 3 = −1,83 кН ⋅ м 3. yК3

1,83 1,83 ⋅ 103 = − 0,18 мм. =− =− EJ x 2 ⋅ 5010

Проверяем жёсткость балки. Максимальный прогиб y К 2 = 2,66 < [ f ] = 0,002 ⋅ 4 = 8 мм. Строим упругую линию балки.

144

По найденным прогибам в сечениях А, К1, С, К2, К3, В, пользуясь следствиями из дифференциальных зависимостей Журавского (свойства эпюр Q и М), строим приближённую упругую линию балки (эпюра yi). С введением третьей опоры жёсткость балки практически осталась такой же, как и у двухопорной балки. Максимальные прогибы на участках оказались не более 3 мм. По условию жёсткости поперечное сечение могло быть уменьшено, но условие прочности не позволяет изменять номер двутавра. 8 Корректировка размеров поперечного сечения не требуется. Выводы

• Введение третьей опоры не снижает максимального нормального напряжения и не позволяет уменьшить размеры поперечного сечения балки и изменить номер двутавра на меньший. • Максимальный изгибающий момент для двухопорной и трёхопорной балок имеет одно и то же значение, поэтому и максимальное нормальное напряжение в сечениях А у них одинаковое: maxσ = 161,7 МПа, отклонение которого находится в допустимых пятипроцентных пределах. • Введение дополнительной опоры в конце второго участка балки в сечении D исходя из условия прочности является неэффективным. • Характеристики принятого двутавра № 27 соответствуют условиям прочности по нормальным и касательным напряжениям. Имеется превышение допускаемых нормальных напряжений в допустимых пределах δ = 1,1 % < 5 %.

145

5 Расчет на прочность и жесткость валов круглого поперечного сечения при кручении Вводная часть Брус испытывает кручение, если нагружен парами сил в плоскостях, перпендикулярных к его оси. Брусья, испытывающие кручение, называются валами. Вращение вала осуществляется за счёт привода с известными характеристиками мощности. Мощность может быть задана в киловаттах (кВт) или в лошадиных силах (л. с.). Внешний скручивающий момент может быть найден из следующей зависимости: − если известна мощность, выраженная в киловаттах1, то N (кВт) N М = 97360 = 973 , 60 (кГ ⋅ м) , n n (об ⋅ мин -1 ) − если известна мощность в лошадиных силах2, то по формуле N (л. с. ) N М = 71620 = 716 , 20 (кГ ⋅ м) . n n (об ⋅ мин -1 ) В Международной системе единиц (СИ) скручивающий момент определяется следующей зависимостью: N (кВт) (кН ⋅ м) . М = 9,55 ω (об ⋅ мин -1 ) В системе СИ

N – мощность в ваттах, 2π ⋅ n ω= – угловая скорость вращения в радианах 60 в секунду (рад·с – 1). При кручении в поперечных сечениях бруса возникает только один внутренний силовой фактор – крутящий момент. При определении крутящих моментов пользуются методом сечения. В любом поперечном сечении вала крутящий момент численно равен алгебраической сумме внешних скручивающих моментов, приложенных по одну сторону от рассматриваемого сечения.

1 2

1 кВт приближенно равен 102 кГм/с. 1 л. с. равна 75 кГм/с

146

Крутящий момент считается положительным, если со стороны внешней нормали к сечению внешний скручивающий момент направлен против часовой стрелки. Условие прочности при кручении бруса круглого сплошного поперечного сечения имеет вид max M к ≤ [ τ] , max τ = Wp где maxτ maxМк [τ] Wp

– максимальное касательное напряжение в опасном сечении; – максимальный крутящий момент в опасном сечении бруса; – допускаемое напряжение при кручении; – полярный момент сопротивления сечения.

πd 3 – для сплошного поперечного сечения, 16 d – диаметр сплошного сечения. Wp =

где

Wp =

(

)

πD 3 1 − α 4 – для кольцевого поперечного сечения, 16

где

D – наружный диаметр кольцевого сечения; d α = 0 – отношение внутреннего диаметра к наружному диаметру D кольцевого сечения; d0 – внутренний диаметр кольцевого сечения. Угол закручивания сечения на участке, где крутящий момент имеет линейную зависимость, определяется по формуле закона Гука: M l ϕ= к , GJp где

l – длина участка, на котором определяется угол закручивания; G – модуль упругости второго рода (при сдвиге); Jр – полярный момент инерции. Угол закручивания, приходящийся на единицу длины бруса, называется относительным углом закручивания: М 180 o М к в радианах или θ = в градусах. θ= к GJp π GJp Если θ > 0, то знак угла закручивания совпадает со знаком крутящего момента, и наоборот. При построении эпюры углов закручивания рационально вести отсчёт в обе стороны от сечения, где расположен ведущий шкив вала. 147

М Условие жёсткости имеет вид max θ = max к ≤ [θ] , GJp (1) o max θ =

или где

180 o max М к ≤ [θ o ] , GJp π

(2)

θ – максимальный относительный угол закручивания в опасном сечении бруса; max Мк – максимальный крутящий момент в опасном сечении бруса; [θ] – допускаемый угол поворота в опасном сечении бруса; Jp – полярный момент инерции сечения; max

Jp =

πd 4 – для сплошного сечения; 32

(

)

πD4 Jp = 1 − α 4 – для кольцевого сечения. 32 Единицы измерения для первой формулы (1): max θ и [θ], рад/м ; G , Па; Jp , м 4. max Мк , Н·м; Единицы измерения для второй формулы (2): º º max θ и [θ ], град/м; G , (Па); Jp , м 4. max Мк , Н·м; При расчёте вала по условиям прочности и жёсткости при определении диаметра из найденных двух значений принимается бóльшее. Расчёт статически неопределимых валов производится аналогично расчёту прямолинейного стержня при осевом растяжении (сжатии). Уравнение статики дополняется деформационным уравнением. Отбрасывается заделка, например, опора В (А), с неизвестным реактивным моментом МВ (А). Так как сечение в заделке не поворачивается, то можно составить деформационное уравнение ϕВ = 0, где крутящие моменты в сечениях каждого участка выражаются через неизвестный момент МВ (А). n М к li i Общий вид этого уравнения ϕ В = ∑ . G J 1 i p i

В развёрнутом виде: ϕВ =

М к n ln М к1 l1 М к 2 l2 М к 3 l3 + + +L+ = 0. G1 J p G2 J p G3 J p Gn J p 1

2

3

148

n

5.1 Расчет трансмиссионного вала на прочность и жесткость при кручении Цель: для трансмиссионного вала постоянного круглого поперечного сечения требуется определить его диаметр из условий прочности и жесткости (рисунок 5.1.1).

Рисунок 5.1.1 − Схема расположения шкивов на вале

Общие данные: материал вала – сталь; модуль сдвига G = 0,8·105 МПа; допускаемое напряжение на сдвиг [τ] = 40 МПа; допускаемый угол закручивания [θ] = 0,4 град / м. Исходные данные взять из таблиц 5.1.1, 5. 1.2, 5.1.3 и рисунка 5.1.2. Порядок расчета

1 Вычертить в масштабе расчётную схему вала. 2 Определить величину мощности, подводимой к ведущему шкиву 1 трансмиссионного вала. 3 Определить величину скручивающих моментов, приложенных к шкивам 1, 2, 3, 4. 4 Определить крутящие моменты по участкам вала и построить их эпюру. 5 Определить положение опасного сечения и найти диаметр вала из условий прочности и жёсткости. 6 Определить касательные напряжения по участкам и построить их эпюру. 7 Определить углы закручивания по участкам и построить их эпюру. Сделать выводы. 149

Вариант

Таблица 5.1.1 − Мощности на ведомых шкивах и длины участков вала N2

N3

N4

n

L1

L2

L3

кВт

кВт

кВт

об/мин

м

м

м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

40 50 35 60 25 40 60 35 40 30 60 35 60 25 40 60 25 30 40 35 60 40 30 25 40 35 60 30 50 25

20 25 20 30 40 20 30 20 40 20 30 40 40 40 20 30 40 40 20 20 30 20 40 40 20 20 30 40 45 40

10 15 30 20 20 20 20 30 20 30 20 30 20 20 20 20 20 30 20 30 20 20 30 20 20 30 20 30 35 20

400 600 200 400 200 600 200 600 300 400 200 600 300 400 200 300 600 200 400 350 300 400 300 600 350 300 400 200 350 200

1,0 0,5 0,5 0,4 0,5 0,4 0,5 0,4 0,4 1,0 0,6 0,4 0,5 0,4 0,6 0,5 0,4 0,6 0,4 1,0 0,5 0,4 1,0 0,4 1,0 0,4 0,4 0,6 1,0 0,6

0,5 1,0 0,5 0,4 0,5 1,0 0,5 1,0 0,6 0,4 0,6 1,0 0,6 0,4 0,6 0,6 1,0 0,6 0,4 0,4 0,6 0,4 0,6 1,0 0,4 0,6 0,4 0,6 0,4 0,6

0,5 0,5 1,0 1,0 1,0 0,4 1,0 0,4 1,0 1,0 0,4 0,4 1,0 1,0 0,4 1,0 0,4 0,4 1,0 0,4 1,0 1,0 1,0 0,4 0,4 0,4 1,0 0,4 0,4 0,4

150

Таблица 5.1.2 − Скручивающие моменты Мi и отношение диаметров αi кольцевого сечения

Вариант

M1

M2

M3

α2

кН·м 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

3,0 0,5 1,5 0,4 1,5 3,0 1,0 0,1 1,0 2,5 0,5 3,0 −2,0 1,5 3,0 2,0 0 5,0 1,5 0,4 0,2 2,0 0 −3,0 2,0 0,5 0 3,0 0 1,0

1,0 0 −1,0 −0,8 0 −5,0 1,0 −0,5 2,0 −1,0 0 1,5 3,0 −1,0 −3,0 −1,0 −2,0 −3,0 0 −0,8 0,4 1,0 5,0 2,0 4,0 0 3,0 −2,0 3,0 3,0

α3

α4

– 0,5 1,0 0,5 0,3 2,0 0 0,5 0,2 3,0 1,5 0,5 −1,5 0 0,6 5,0 3,0 1,0 1,2 2,5 1,0 0 3,0 2,0 1,0 0 1,5 2,0 4,0 −2,0 −1,0

151

1,2 1,0 1,5 1,0 2,0 1,2 1,4 0,5 1,5 2,0 1,0 1,8 0,8 1,0 1,0 0,5 0,8 0,7 1,0 2,0 1,0 1,0 0,5 1,2 1,5 0,5 0,2 1,5 0,5 0,5

0,5 1,5 1,0 1,0 1,0 1,5 0,6 0,5 1,0 1,5 0,5 1,0 1,0 1,0 1,5 1,0 0,5 0,4 2,0 1,0 2,0 2,0 1,0 1,8 1,5 1,0 0,5 1,0 1,0 1,5

1,0 2,0 1,5 2,0 0,6 2,0 1,0 1,0 0,5 2,0 1,0 1,0 0,5 0,5 2,0 0,5 0,8 0,6 0,5 1,0 1,5 0,5 1,0 2,0 1,0 0,5 1,0 2,0 0,8 1,0

Таблица 5.1.3 − Длины участков, материал и допускаемый относительный угол закручивания вала

Вариант

l1

l2

l3

l4

[θ],

Материал

град·м-1

м 1

0,35

0,50

0,20

0,35

Ст. 3

2

2

0,55

0,30

0,45

0,25

Ст. 4

1

3

0,40

0,20

0,60

0,30

Ст. 5

4

4

0,25

0,25

0,55

0,55

10

5

5

0,65

0,45

0,25

0,50

20

3

6

0,15

0,35

0,10

0,45

30

6

7

0,20

0,30

0,40

0,20

40

1

8

0,35

0,55

0,35

0,15

50

4

9

0,55

0,25

0,55

0,25

40Х

2

10

0,70

0,10

0,45

0,15

Ст. 5

3

11

0,15

0,45

0,10

0,70

5

12

0,35

0,35

0,50

0,20

4

13

0,40

0,30

0,20

0,60

5

14

0,25

0,55

0,55

0,25

3

15

0,65

0,50

0,45

0,25

16

0,15

0,45

0,35

0,10

2

17

0,20

0,20

0,30

0,40

5

18

0,35

0,15

0,55

0,35

1

19

0,55

0,25

0,25

0,55

5

20

0,70

0,15

0,10

0,45

4

21

0,25

0,65

0,65

0,25

3

22

0,15

0,65

0,25

0,35

4

23

0,65

0,25

0,25

0,65

24

0,25

0,25

0,65

0,65

25

0,65

0,25

0,65

0,25

Алюминие-

1

26

0,25

0,65

0,25

0,65

вые сплавы

6

27

0,65

0,15

0,35

0,25

28

0,35

0,25

0,65

0,15

4

29

0,15

0,25

0,65

0,35

6

30

0,25

0,15

0,35

0,65

5

152

Сталь

Латунь

ЛС59-1

АЛ-13

5

2 3

Д16

5

1

M2

M1 M3 M4

l1

5

l2 l3

2

6

M3

M4

M1 M2 l1

3

7

M2

M M3 4 l1

4

8 M2

l3

l2

l2

l3

M1 M3

l1

M4

l2 l3

Рисунок 5.1.2 − Схемы расположения шкивов на валу

153

M1

9

13

10

14

11

15

12

16 M2

M1 M3

l1

Рисунок 5.1.2 (продолжение)

154

M4

l2 l3

9 17

21

18 10

22

19

23 M2

M1 M3

l1

20

24

Рисунок 5.1.2 (продолжение)

155

M4

l2 l3

25

M2

M1 M3 M4

l1

29

l2 l3

26

30

M3

M4

M1 M2 l1

27

31

M2

M M3 4 l1

4 28

32 M2

156

l2

M1

l3

M1 M3

l1

Рис. 5.1.2 (продолжение)

l3

l2

M4

l2 l3

Пример выполнения Трансмиссионный вал постоянного круглого поперечного сечения посажен на подшипниковых опорах. К шкиву 1 подводится мощность, которая передаётся через шкивы 2, 3, 4 – Ni (кВт). Частота вращения вала n об·мин–1. Положение шкивов с подводимой и отводимой мощностью указано на схеме рисунка 5.1.1.1. М1 М2 М3 М4

0,4

0,6

1,0

Рисунок 5.1.1.1 – Расчётная схема вала

Требуется: – определить диаметр вала из условия прочности и жёсткости; – построить эпюры Мкi, τ, ∆φ. Исходные данные для расчёта по варианту _____ взяты из таблицы 5.1.1 и рисунка 5.1.2. Материал вала – сталь; модуль сдвига G = 0,8·105 МПа; допускаемое напряжение на сдвиг [τ] = 40 МПа; допускаемый угол закручивания [θ] = 0,4 град/м; потребляемая мощность N2 = 40 кВт; N3 = 40 кВт; N4 = 20 кВт; частота вращения n = 300 об/мин; расстояния между шкивами l1 = 0,4 м; l2 = 0,6 м; l3 = 1,0 м.

1 Составляем и вычерчиваем расчётную схему вала (рисунок 5.1.1.1). Определяем характерные участки I, II, III и их границы А, В, С, D (рисунок 5.1.1.2).

157

I

II

М1

М2

М4

B

А

0,64 0 5,3 0

0,4

III

C 0,6

М3

D 1,0

0 2,54

1,27 0

Эпюра Мк, кН·м Эпюра τ, МПа

10,5 21,0 0,45 0

Эпюра φ, рад ·10–3

0 3,1

6,3

Рисунок 5.1.1.2 – Расчётная схема вала. Эпюры Мк, τ, φ

2 Определяем величину мощности, подводимой к ведущему шкиву 1 трансмиссионного вала. Мощность на ведущем шкиве равна сумме потребляемых мощностей: N1 = ∑ Ni , N1 = N 2 + N 3 + N 4 = 100 кВт 3 Вычисляем скручивающие моменты на шкивах: N 100 = 3,18 кН ⋅ м, M 1 = 9,55 1 = 9,55 300 n N M 2 = 9,55 2 = 1,27 кН ⋅ м, n N M 3 = 9,55 3 = 1,27 кН ⋅ м, n N M 4 = 9,55 4 = 0,64 кН ⋅ м. n 158

4 Для определения крутящих моментов используем метод сечений. Вычисляем крутящие моменты на валу по участкам1: I участок: Мк1 = М4 = 0,64 кН · м; II участок: Мк2 = М4 – М1= 0,64 – 3,18 = – 2,54 кН · м; III участок: Мк3 = М4 – М1 + М2= 0,64 – 3,18 + 1,27 = – 1,27 кН · м. Строим эпюру крутящих моментов (рисунок 5.1.1.2). По эпюре крутящих моментов видно, что наиболее нагруженным является второй участок вала. 5 Определяем опасное сечение. Из эпюры Мк видно, что опасным сечением будет сечение, где посажен ведущий шкив 1, так как в этом сечении Мк2 имеет максимальное значение maxMк2 = 2,54 кН ⋅ м. Определяем наименьшую величину диаметра вала по условию прочности. Условие прочности τ max =

max M к

WP

≤ [τ] .

Требуемый полярный момент сопротивления поперечного сечения из M условия прочности WP = max к . [τ] Полярный момент как геометрическая характеристика вычисляется по формуле πd 3 WP = . 16 πd 3 = Приравняв правые части, получим 16 Откуда d ≥

3

max M к

[τ]

.

16 ⋅ M к 2 16 ⋅ 2,54 ⋅ 103 3 = = 0,068 м, d = 68 мм. π ⋅ [τ] π ⋅ 40 ⋅ 106

Определяем наименьшую величину диаметра по условию жёсткости. Условие жёсткости по углу закручивания в градусах 180o max M к o ≤ [θo ] , max θ = π GJ P 1

Правило знаков крутящих моментов. Крутящий момент считается положительным, если он направлен против часовой стрелки при взгляде со стороны внешней нормали к сечению.

159

JP =

180o max M к ⋅ ; π G ⋅ [θo ]

JP =

πd 4 . 32 180o

πd 4 = Приравнивая правые части, получаем 32 π

max M к

. G [θo ]

Откуда находим необходимый диаметр по условию жёсткости

d≥

4

32 ⋅ M к 2 180 o 32 ⋅ 2,54 ⋅ 103 ⋅ 180o 4 ⋅ = o = 0,082 м; d = 82 мм. π ⋅ G ⋅ [θo ] π π ⋅ 8 ⋅ 1010 ⋅ π ⋅ 0,4

Из найденных диаметров по условиям прочности и жёсткости выбираем бóльшее значение d = 82 мм, которое округляем до большего из ряда нормальных размеров (см. приложение С) d = 85 мм. Для d = 85 мм момент сопротивления π ⋅ d 3 π ⋅ 0,0853 Wp = = = 1,21 ⋅ 10 − 4 м3; 16 16 момент инерции π ⋅ d 4 π ⋅ 0,085 4 = = 5,1 ⋅ 10 − 6 м4. 32 32 6 Определяем касательные напряжения по участкам и строим их эпюру. Касательные напряжения в любом сечении вала выражаются зависимостью М τ i = кi . Wp

Jp =

Вычисляем касательные напряжения по участкам вала М к1 0,64 ⋅ 103 τ1 = = = 5,3 МПа; W p 1,21 ⋅ 10 − 4 М к 2 − 2,54 ⋅ 103 τ2 = = = −21,0 МПа; Wp 1,21 ⋅ 10 − 4 τ3 =

М к 3 − 1,27 ⋅ 103 = = −10,5 МПа. −4 Wp 1,21 ⋅ 10

Эпюра касательных напряжений показана на рисунке 5.1.1.2.

160

7 Определяем углы закручивания по участкам: ϕ А = 0; 0,64 ⋅ 103 ⋅ 0,4 M к1 l1 ϕВ = ϕ А + =0+ = 0,45 ⋅ 10 − 3 рад ; 8 −6 G Jp 8 ⋅ 10 ⋅ 5,1 ⋅ 10 2,54 ⋅ 103 ⋅ 0,6 M к 2 l2 3 ϕС = ϕ В + = 0,71 ⋅ 10 − = − 3,1 ⋅ 10 G Jp 8 ⋅ 108 ⋅ 5,1 ⋅ 10 − 6 ϕ D = ϕС +

−3

1,27 ⋅ 103 ⋅ 1,0 M к 3 l3 = −3,50 ⋅ 10− 3 − = − 6,3 ⋅ 10 G Jp 8 ⋅ 108 ⋅ 5,1 ⋅ 10 − 6

рад ; −3

рад .

Строим эпюру φi (рисунок 5.1.1.2). Вывод y Поскольку окончательно диаметр вала принят по условию жёсткости больше, чем требовался по условию прочности, эпюра касательных напряжений показывает довольно значительную недогруженность вала. y Максимальные касательные напряжения составляют около 50 % от допускаемого напряжения: maxτ = 21,0 МПа < [τ] = 40 МПа.

5.2 Расчёт на прочность и жёсткость стальных статически неопределимых валов переменного сечения при кручении Цель: для вала переменного сечения, защемлённого обоими концами и нагруженного скручивающими парами сил, подобрать необходимые размеры поперечных сечений из условий прочности и жёсткости (рисунок 5.2.1). M3

●

d4

●

d2

d1

●

M2 d3

M1

Z

l1

l2

l3

l4

Рисунок 5.2.1 – Заданная схема вала, нагруженного внешними скручивающими моментами М i

161

Общие данные

Профиль сечений – круг. Отношения диаметров по участкам связаны d зависимостью α = i . Зависимость моментов инерции поперечных сечений d1 по участкам вала имеет вид J i = α 4 J1 . Требуется:

− раскрыть статическую неопределимость системы; − подобрать необходимые размеры поперечных сечений вала из условий прочности и жёсткости. Исходные данные для расчёта взять по таблицам 1.4.2; 5.2.1 и 5.2.2. Схема вала принимается по рисунку 5.2.1. Порядок расчёта

1 Вычертить в масштабе расчётную схему. 2 Составить уравнения статики. 3 Составить развёрнутое деформационное уравнение по закону Гука. 4 Раскрыть статическую неопределимость вала. 5 Определить величины крутящих моментов Мк i и построить их эпюру. 6 Определить величины приведённых углов поворота сечений в характерных точках вала и построить их эпюру. 7 Определить величины приведённых касательных напряжений и построить их эпюру. 8 Определить размеры поперечных сечений вала из условий прочности и жёсткости.

Сделать выводы.

162

Таблица 5.2.1 − Значения моментов на шкивах и значения коэффициента α Вариант

M1

M2

1

3,0

кН · м 1,0

2

0,5

3

α2

α3

α4

0,5

1,2

– 0,5

1,0

0

1,0

1,0

1,5

2,0

1,5

−1,0

0,5

1,5

1,0

1,5

4

0,4

0,3

1,0

1,0

2,0

5

1,5

−0,8 0

2,0

2,0

1,0

0,6

6

3,0

0

1,2

1,5

2,0

7

1,0

0,5

1,4

0,6

1,0

8

0,1

0,2

0,5

0,5

1,0

9

1,0

3,0

1,5

1,0

0,5

10

2,5

1,5

2,0

1,5

2,0

11

0,5

−1,0 0

0,5

1,0

0,5

1,0

12

3,0

1,5

−1,5

1,8

1,0

1,0

13

3,0

0

0,8

1,0

0,5

14

−2,0 1,5

−1,0

0,6

1,0

1,0

0,5

15

3,0

−3,0

5,0

1,0

1,5

2,0

16

2,0

−1,0

3,0

0,5

1,0

0,5

17

0

−2,0

1,0

0,8

0,5

0,8

18

5,0

1,2

0,7

0,4

0,6

19

1,5

−3,0 0

2,5

1,0

2,0

0,5

20

0,4

1,0

2,0

1,0

1,0

21

0,2

−0,8 0,4

0

1,0

2,0

1,5

22

2,0

1,0

3,0

1,0

2,0

0,5

23

0

5,0

2,0

0,5

1,0

1,0

24

2,0

1,0

1,2

1,8

2,0

25

−3,0 2,0

4,0

0

1,5

1,5

1,0

26

0,5

0

1,5

0,5

1,0

0,5

27

0

3,0

2,0

0,2

0,5

1,0

28

3,0

4,0

1,5

1,0

2,0

29

0

−2,0 3,0

−2,0

0,5

1,0

0,8

30

1,0

3,0

−1,0

0,5

1,5

1,0

−5,0 1,0 −0,5 2,0

M3

163

Таблица 5.2.2 − Длины участков, материал и допускаемый относительный угол закручивания вала l1

l2

l3

Материал

l4

[θ], град · м-1

Вариант м 1

0,35

0,50

0,20

0,35

Ст. 3

2

2

0,55

0,30

0,45

0,25

Ст. 4

1

3

0,40

0,20

0,60

0,30

Ст. 5

4

4

0,25

0,25

0,55

0,55

10

5

5

0,65

0,45

0,25

0,50

20

3

6

0,15

0,35

0,10

0,45

30

6

7

0,20

0,30

0,40

0,20

40

1

8

0,35

0,55

0,35

0,15

50

4

9

0,55

0,25

0,55

0,25

40Х

2

10

0,70

0,10

0,45

0,15

Ст. 5

3

11

0,15

0,45

0,10

0,70

5

12

0,35

0,35

0,50

0,20

4

13

0,40

0,30

0,20

0,60

5

14

0,25

0,55

0,55

0,25

3

15

0,65

0,50

0,45

0,25

16

0,15

0,45

0,35

0,10

2

17

0,20

0,20

0,30

0,40

5

18

0,35

0,15

0,55

0,35

1

19

0,55

0,25

0,25

0,55

5

20

0,70

0,15

0,10

0,45

4

21

0,25

0,65

0,65

0,25

3

22

0,15

0,65

0,25

0,35

4

23

0,65

0,25

0,25

0,65

24

0,25

0,25

0,65

0,65

25

0,65

0,25

0,65

0,25

Алюминие-

1

26

0,25

0,65

0,25

0,65

вые сплавы

6

27

0,65

0,15

0,35

0,25

28

0,35

0,25

0,65

0,15

4

29

0,15

0,25

0,65

0,35

6

30

0,25

0,15

0,35

0,65

5

164

Сталь

Латунь

ЛС59-1

АЛ-13

5

2 3

Д16

5

Пример выполнения Вал переменного сечения защемлён обоими концами и нагружен скручивающими парами (рисунок 5.2.1.1).

L1

●

d4

●

M3 d3

●

M2

d2

d1

M1

Z

L2

L3

L4

Рисунок 5.2.1.1 – Заданная схема вала, нагруженного внешними скручивающими моментами М i

Профиль сечений – круг. Отношения диаметров по участкам связаны зависимостью α =

di . d1

Зависимость моментов инерции поперечных сечений по участкам вала имеет вид J i = α 4 J1 . Исходные данные варианта _______ Материал сталь Ст. 4, σт = 240 МПа, [τ] = 0,6 [σ], n т = 1,5. Модуль сдвига G = 0,8·10 5 МПа. Допускаемый относительный угол закручивания [θ] = 2 º/м. Внешние пары сил М1 = 1,5 кН · м = 1,5·106 Н · мм М2 = 0,5 кН · м = 0,5·106 Н · мм М3 = 1,5 кН · м = 1,5·106 Н · мм

Отношения диаметров

Длины участков

α1 = 1 α2 = 1,1 α3 = 1,12 α4 = 1

L1 = 0,2 м L2 = 0,1 м L3 = 0,1 м L4 = 0,1 м

Требуется: − раскрыть статическую неопределимость вала; − построить эпюры крутящих моментов, касательных напряжений и угловых деформаций; − из условий прочности и жёсткости подобрать размеры поперечных сечений.

165

1 Составляем и вычерчиваем расчётную схему (рисунок 5.2.1.2). II d2

d1

А

IV M3

●

MB Z

С L1

M2 d3

M1

MA

●

III

d4

I

●

D ● L2

В

E L3

● L4

Рисунок 5.2.1.2 – Расчётная схема вала

Вал нагружен только парами сил, лежащими в плоскости поперечного сечения. Под действием внешних моментов Мi в местах закрепления вала возникают только две опорные реакции – реактивные моменты в защемлениях МA и МB. Мысленно заменяем опорные закрепления в точках А и В опорными реактивными моментами. На расчётной схеме произвольно показываем предполагаемое направление их вращения. Разбиваем вал на участки I, II, III, IV по сечениям A, C, D, E, B. 2 Составляем возможное уравнение статики. Определяем степень статической неопределимости (ССН) вала. ∑mom Z = 0; – МA + М1+ М2 – М3 + МB = 0. Подставив значения Мi получим: – МA + 1,5 + 0,5 – 1,5 + МB = 0. МA – МB – 0,5 = 0. (1) Имеем одно уравнение с двумя неизвестными. Остальные тождественно обращаются в нуль. Степень статической неопределимости ССН = nн – nу = 1. 3 Составляем дополнительное уравнение из условия совместности деформаций. Мысленно освободив вал от нагрузок и от лишней связи, отбрасывая правую опору, получим основную систему (рисунок 5.2.1.3). Загружая основную систему заданными моментами и неизвестным моментом МВ, получаем систему, эквивалентную заданной.

166

Условием эквивалентности является равенство нулю угла поворота сечения В из условий закрепления φВ = 0. (2)

I

II

III

IV

Z

А L1

L2 M1

MA

L3

M2

ОС

L4 M3

●

MB

●

А

С

D ●

●

В

E

●

1,4

0,9

+

0

ЭС

–

Эпюра Мк , кН⋅м 0 0,1

0,6 Эпюра τ, кН⋅м / Wp

0,7

0,6

+

0

0

–

0,1

0,6 0,01 0

+

Эпюра φ · GJp 0

– 0,12

0,6

Рисунок 5.2.1.3 – Основная система ОС, эквивалентная система ЭС, эпюра крутящих моментов Мкi и эпюра углов закручивания φi

167

Это уравнение является деформационным уравнением, которое можно представить в следующем виде: к

(

)

ϕ В = ∑ ϕi М к i , 1 II

(3)

ϕ I + ϕ + ϕ III + ϕ IV = 0. Решаем систему из двух уравнений с двумя неизвестными: М А − М В − 0,5 = 0⎫ ⎬. ϕВ = 0 ⎭ Деформационное уравнение выражаем по закону Гука через совместные повороты сечений в зависимости от крутящих моментов М к i ⋅ Li ϕi = . GJ pi Крутящие моменты находим методом сечений в зависимости от внешних моментов по участкам вала. Составляем выражения крутящих моментов, используя правило знаков крутящих моментов. I участок:

М кI = − М А ,

М кI = − М А ,

II участок: М кII = − М А + М 1 ,

М кII = − М А + 1,5 ,

III участок: М кIII = − М А + М 1 + М 2 ,

М кIII = − М А + 2,0 ,

IV участок: М кIV = − М А + М 1 + М 2 − М 3 ,

М кIV = − М А + 0,5 .

Используем деформационное уравнение (3) в виде ϕ I + ϕ II + ϕ III + ϕ IV = 0 и выполняем следующие преобразования: М кI ⋅ L1 GJ Ip

+

М кI ⋅ L1

GJ Ip ⋅ α14

− М А ⋅ 0,2 GJ Ip

⋅1

+

М кII ⋅ L2 GJ II p

+

+

М кII ⋅ L2

GJ Ip ⋅ α 42

М кIII ⋅ L3 GJ III p

+

+

М кIII ⋅ L3

GJ Ip ⋅ α34

М кIV ⋅ L4 GJ IV p

+

= 0;

М кIV ⋅ L4

4 GJ IV p ⋅ α4

= 0;

(− М А + 1,5) ⋅ 0,1 + (− М А + 2,0) ⋅ 0,1 + (− М А + 0,5) ⋅ 0,1 = 0 . GJ Ip

4

⋅ 1,1

GJ Ip

168

⋅ 1,2

4

GJ Ip

⋅1

(4)

(5) (6)

4 Решая совместно уравнения (1) и (6), раскрываем статическую неопределимость. 0,1 0,1 − М А ⋅ 0,2 + (− М А + 1,5) ⋅ + (− М А + 2,0 ) ⋅ + (− М А + 0,5) ⋅ 0,1 = 0 , 2,074 1,464

− М А ⋅ 0,2 + 0,068(− М А + 1,5) + 0,048(− М А + 2,0) + 0,1(− М А + 0,5) = 0 , − 0,416М А + 0,248 = 0;

⇒

МA = 0,6 кН ⋅ м.

М А = 0,596 ;

Подставляем в уравнение (1) полученное значение МА: МА – МB – 0,5 = 0; 0,6 – МB – 0,5 = 0 => МB = 0,1 кН ⋅ м. В результате решения системы двух уравнений найдены значения всех внешних моментов. Статическая неопределимость вала раскрыта. Сделаем проверку вычислений. Так как по условию закрепления поворот сечения в опоре В невозможен, воспользуемся условием ϕВ = 0. Выражаем углы поворота через крутящие моменты. 5 Вычисляем значения крутящих моментов по участкам. I участок:

М кI = − М А = − 0,6 кН ⋅ м

(const от 0 до С),

II участок:

М кII = − М А + 1,5 = − 0,6 + 1,5 = + 0,9 кН

(const от С до D),

III участок: М кIII = − М А + 2,0 = − 0,6 + 2,0 = +1,4 кН ⋅ м, (const от D до E), IV участок: М кIV = − М А + 0,5 = −0,6 + 0,5 = − 0,1 кН ⋅ м (const от E до В). Строим эпюру крутящих моментов (см. рисунок 5.2.1.3). 6 Определяем величины приведённых углов поворота в характерных сечениях A, C, D, E, B по участкам: I участок: ϕА = 0;

ϕС = ϕ А +

М кI ⋅ L1 GJ Ip

=

− 0,6 ⋅ 0,2 GJ Ip

⋅1

= − 0,12

1 GJ Ip

.

II участок: ϕ D = ϕС +

М кII ⋅ L2

ϕ D = −0,06

GJ II p 1

GJ Ip

= − 0,12

1 GJ Ip

+

0,9 ⋅ 0,1 GJ Ip ⋅ 1,14

.

169

= (− 0,12 + 0,06)

1 GJ Ip

,

III участок: ϕE = ϕD + ϕ E = +0,01

М кIII ⋅ L3 GJ III p 1 GJ Ip

= − 0,06

1 GJ Ip

+

1,4 ⋅ 0,1 GJ Ip ⋅ 1,24

= (− 0,06 + 0,07 )

1 GJ Ip

,

.

IV участок: ϕB = ϕE +

М кIV ⋅ L3 GJ IV p

= + 0,01

1 GJ Ip

−

0,1 ⋅ 0,1 GJ Ip ⋅ 14

= (0,01 − 0,01)

1 GJ Ip

≡ 0.

Результат вычислений показал правильность вычислений. Строим эпюру углов закручивания (см. рисунок 5.2.1.3). 7 Определяем относительные (приведённые) касательные напряжения по участкам. Так как крутящие моменты в любом сечении какого-либо участка имеют одно значение, то и касательные напряжения соответственно имеют постоянное значение на своём участке: М кi i τ = i 3. W p ⋅ αi I

τ =

М кI

W pI

=

М кI

=

− 0,6

,

⋅ α13 W pI ⋅ 13 W pI 0,9 0,6 М II М II τ II = I к 3 = I к 3 = I = , 3 I W p ⋅ α 2 W p ⋅ 1,1 W p ⋅ 1,1 W p 1,4 0,7 М кIII М кIII III τ = I 3= I = = , W p ⋅ α 2 W p ⋅ 1,23 W pI ⋅ 1,23 W pI М кIV М кIV − 0,1 IV τ = I 3 = I 3= I . W p ⋅ α2 W p ⋅1 Wp

Строим эпюру приведённых касательных напряжений (см. рисунок 5.2.1.3). По приведённым относительным напряжениям эпюры видно, что опасными являются все сечения третьего участка. 8 Из условия прочности определяем диаметр d3 наиболее нагруженного участка, где действуют максимальные касательные напряжения. По данным для стали Ст. 4 σт = 240 МПа, [τ] = 0,6 [σ], n т = 1,5; [σ] = σ т = 240 = 160 МПа, [τ] = 0,6 ·160 = 96 МПа. 1,5 1,5 170

Округляем полученное значение до 90, увеличивая тем самым запас прочности. Принимаем [τ] = 90 МПа. M III Условие прочности для третьего участка вала max τ = кIII ≤ [τ] , Wp max τ =

max τ =

16 ⋅ M кIII π ⋅ d 33

16 ⋅ M кIII π ⋅ d13

≤ [τ] , ≤ [τ]

d3 = d1 ·α3 = d1 ·1,2 = 1,2 d1 ,

=>

d1 ≥ 3

16 ⋅ M кIII π ⋅ α 33 ⋅ [τ]

=

1 3 16 ⋅ 1,4 = 0,036 м. 1,2 π ⋅ 90

d1 = 0,036 м. Округляя до стандартного (см. приложение С), принимаем d1 = 40 мм. Диаметры вала по участкам: d1 = 40 мм, d2 = 45 мм, d2 = d1 · α2 = 40·1,1= 44 мм, принимаем d3 = 50 мм, d3 = d1 · α3 = 40·1,2 = 48 мм, принимаем d4 = d1 · α4 = 40·1,0 = 40 мм. Найденные диаметры по всем участкам вала по касательным напряжениям удовлетворяют условию прочности. Определяем диаметры вала из условия жёсткости: max θ =

d1 ≥

M кIII

GJ III p

≤ [θ] ,

J III p

1 32 ⋅ 1,4 4 1,2 π ⋅ 8 ⋅ 10 4 ⋅ 2°π

[

π ⋅ d14 ⋅ α34 = , 32

1 4 32 ⋅ M кIII d1 ≥ ⋅ , α3 π ⋅ G ⋅ [θ]

= 0,0396 м, принимаем ] 180°

d1 = 40 мм.

Учитывая соотношения диаметров, окончательно принимаем d2 = 45 мм, d3 = 50 мм, d4 = 40 мм. d1 = 40 мм, Вывод • Принятая по условию жёсткости величина диаметра вала d1 совпала с принятым размером по условию прочности в связи с округлением его в большую сторону. Следует отметить, что условие жёсткости потребовало несколько большего размера диаметра, чем условие прочности: d1(θ) = 0,0396 м > d1(τ) = 0,036 м. • В результате расчёта окончательно принятые размеры диаметров вала по участкам удовлетворяют оба условия: и по прочности, и по жёсткости. • Принятые величины диаметров вала согласуются со значениями ряда нормальных линейных размеров по ГОСТ 8032–84. 171

6 Сложное сопротивление Вводная часть Под сложным сопротивлением понимают различные комбинации простых напряжённых состояний (растяжение, сжатие, сдвиг, кручение, изгиб). К ним относятся косой изгиб, изгиб с растяжением, изгиб со сжатием, внецентренное нагружение, изгиб с кручением и т. п. Совместное действие изгиба и кручения является наиболее характерным случаем нагружения валов. При расчёте валов, работающих одновременно на изгиб и кручение, используется принцип суперпозиции, т. е. определяются значения изгибающих моментов в плоскостях координатной системы Мх и Мy. Геометрическим суммированием вычисляется результирующий максимальный момент M и = M x2 + M y2 . Затем определяются значения крутящих моментов Mк , и производится суммирование изгибающего и крутящего моментов в опасных сечениях (их может быть более одного). Например, если в сечении С действуют maxMи(С) и Mк(С), а в сечении D − Mи(С) и maxMк(С), то по условиям прочности и жёсткости расчёту подлежат оба опасных сечения. Наиболее часто используются четыре теории суммирования при сложном деформировании элементов. 1 1 Теория наибольших нормальных напряжений: ⎡σи + σи2 + 4τк2 ⎤ ≤ [σ] . ⎥⎦ 2 ⎢⎣ 2 Теория наибольших удлинений: ⎡0,35σи + 0,65 σи2 + 4τк2 ⎤ ≤ [σ] . ⎢⎣ ⎥⎦ 3 Теория наибольших касательных напряжений:

σи2 + 4τк2 ≤ [σ] .

4 Энергетическая теория: σи2 + 3τк2 ≤ [σ] . Для конструкционных (пластичных) материалов наибольшее распространение получили третья и четвёртая теории прочности. Эти формулы можно выразить через моменты Ми и Мк. М М М Учитывая, что напряжения σи = и и τ к = к , WP = 2W, τ к = к , W 2W Wр получаем по третьей теории прочности III М экв = M и2 + M к2 .

172

Условие прочности по третьей теории прочности: III М экв σIII = ≤ [σ] ; экв Wp по четвёртой теории прочности: IV М экв = M и2 + 0,75 M к2 .

Условие прочности по четвёртой теории прочности: IV М экв σ IV = ≤ [σ ] . экв Wp По результатам расчётов выбирают необходимые прочные размеры поперечных сечений вала: W≥

III(IV) М экв

[σ]

⇒ d =3

32M экв M ≈ 3 10 экв . [σ] π[σ]

6.1 Расчёт на прочность вала круглого поперечного сечения при кручении с изгибом Вал ремённой передачи несёт на себе три шкива, один из которых является ведущим, а два других − ведомыми. Ведущий шкив с помощью ремённой передачи соединён с электродвигателем. От ведомых шкивов ремни идут к станкам. Ветви ремней у каждого шкива параллельны друг другу и наклонены к горизонтали под углами α1 и α2. Усилие в сбегающей ветви ремня, идущей к электродвигателю ведомого шкива, вдвое больше, чем в набегающей. В набегающих ветвях ведомых шкивов, идущих к станкам, усилие вдвое больше, чем в сбегающих. Ведущий шкив передаёт мощность N1 (кВт); частота вращения вала n (об ⋅ мин −1). Цель: − рассчитать по эпюрам крутящего момента и результирующего изгибающего момента наибольший эквивалентный момент вала по четвёртой теории прочности; − подобрать необходимые размеры круглого и кольцевого поперечных сечений валов; − сравнить веса валов сплошного и кольцевого поперечных сечений.

Исходные данные принять по таблице 6.1.1 и рисунку 6.1.1. В расчётах массу вала и шкивов не учитывать. 173

Порядок расчета

1 Вычертить заданную схему вала. 2 Определить мощности на шкивах. 3 Составить расчётную схему вала. Определить величину внешних моментов Мi, приложенных к шкивам. 4 Определить крутящие моменты по участкам вала. Построить эпюру Mкi. 5 Для определения изгибающих моментов вычертить схему усилий на шкивах 1, 2 и 3. Определить окружные усилия ti, действующие на шкивы. 6 Определить давления Ri шкивов на вал и составляющие давления Riх , Riy от каждого шкива, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях. 7 Составить схему нагружения вала в вертикальной плоскости и построить эпюру изгибающих моментов Mверт. 8 Составить схему нагружения вала в горизонтальной плоскости и построить эпюру изгибающих моментов Mгор. 9 Построить эпюру суммарных изгибающих моментов. 10 Определить эквивалентные моменты по четвертой теории прочно-

d

D

IV = М и2 + 0,75М к2 . Построить эпюру эквивалентных моментов. Пости М экв добрать размеры поперечного сечения вала. 11 Определить безопасные размеры валов круглого и кольцевого сечений по формулам:

d

d

≥3

IV 32 ⋅ M экв наиб

d ≥3

π ⋅ [σ]

IV 32 ⋅ M экв наиб

(

π ⋅ [σ] ⋅ 1 − α 4

)

12 Вычислить нормальные и касательные напряжения в опасной точке вала кольцевого сечения и эквивалентные напряжения по IV теории прочности. Сделать вывод.

174

Таблица 6.1.1 − Параметры для расчёта вала на изгиб с кручением Вариант

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 28 30

N1

n

кВт

об/мин

5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 35 36 37 38

60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 280 290 300 310 320 330 340 350

a

b

c

D1

D2

α1

м 0,14 0,15 0,16 0,20 0,30 0,17 0,40 0,30 0,17 0,20 0,18 0,35 0,15 0,19 0,40 0,22 0,25 0,35 0,14 0,37 0,20 0,24 0,26 0,36 0,38 0,32 0,40 0,37 0,20 0,35

0,15 0,14 0,17 0,14 0,20 0,35 0,30 0,30 0,20 0,20 0,16 0,25 0,20 0,30 0,40 0,25 0,25 0,35 0,20 0,35 0,30 0,24 0,20 0,36 0,30 0,32 0,35 0,30 0,25 0,19

175

0,20 0,30 0,35 0,15 0,40 0,20 0,18 0,30 0,20 0,20 0,25 0,30 0,35 0,20 0,40 0,22 0,25 0,35 0,18 0,30 0,30 0,24 0,26 0,36 0,30 0,32 0,30 0,35 0,25 0,25

α2 град

0,20 0,30 0,35 0,40 0,50 0,25 0,40 0,30 0,45 0,20 0,25 0,30 0,35 0,30 0,50 0,25 0,25 0,35 0,20 0,35 0,30 0,24 0,26 0,36 0,38 0,32 0,40 0,35 0,25 0,30

0,18 0,20 0,25 0,30 0,35 0,22 0,35 0,18 0,20 0,18 0,20 0,25 0,20 0,19 0,30 0,18 0,20 0,22 0,19 0,25 0,24 0,19 0,20 0,30 0,33 0,25 0,30 0,25 0,20 0,25

45 0 30 45 180 60 0 20 30 90 60 25 90 45 20 30 180 60 0 35 270 0 120 35 45 0 90 30 0 45

30 45 90 0 30 0 60 30 0 60 90 45 45 120 60 180 45 180 90 150 30 70 30 0 0 25 30 80 35 20

1

=2 t T1

D2

D1

D2

D1

D2

D2

D2

D1

D2

2t 2

t1

D2

D2

D1

T 2=

t2

Рисунок 6.1.1 − Схема валов при изгибе с кручением

176

T1

c

b

t1

b

?1

?2

D1

D2

I

D2

t2

c

2t 2 T 2=

I

67

I-I

=2 t1

D1

D2

I

D2

56

I a

78

b

c

b

c

a

I a

D1

D2

D2

I

b

8

Рисунок 6.1.1 (продолжение)

177

9

10

11

12

Рисунок 6.1.1 (продолжение)

178

13

14

15

16

Рисунок 6.1.1 (продолжение)

179

17

18

19

20

Рисунок 6.1.1 (продолжение)

180

21

22

23

24

Рисунок 6.1.1 (продолжение)

181

D2 T1

27

28

Рисунок 6.1.1 (продолжение)

182

D2

D1

D2

t1

t2

26

2t 2 T 2=

=2 t1

D2

D1

25

T1

2t 2

t2

t1

T 2=

D2

D2

D1

=2 t

1

29

α2

D2 D1

D2

32

Рисунок 6.1.1 (продолжение)

183

D2

D1

31

D2

D2

D1

D2

30

Пример выполнения

Расчёт на прочность вала круглого поперечного сечения при кручении с изгибом Вал ремённой передачи несёт на себе три шкива, один из которых является ведущим, а два других − ведомыми. Ведущий шкив с помощью ремённой передачи соединён с электродвигателем. От ведомых шкивов ремни идут к станкам. Ветви ремней у каждого шкива параллельны друг другу и наклонены к горизонтали под углами α1 и α2. Усилие в сбегающей ветви ремня, идущей к электродвигателю ведомого шкива, вдвое больше, чем в набегающей. В набегающих ветвях ведомых шкивов, идущих к станкам, усилие вдвое больше, чем в сбегающих. Ведущий шкив передаёт мощность N1 (кВт); частота вращения вала − n (об ⋅ мин −1). Цель:

− рассчитать по эпюрам крутящего момента и результирующего изгибающего момента наибольший эквивалентный момент вала по четвёртой теории прочности; − подобрать необходимые размеры круглого и кольцевого поперечных сечений валов; − сравнить веса валов сплошного и кольцевого поперечных сечений. Исходные данные принять по таблице 6.1.1 и рисунку 6.1.1. В расчётах массу вала и шкивов не учитывать. Исходные данные по варианту ______ приняты по таблице 6.1.1 и рисунку 6.1.1. Материал вала – Сталь 40, σт = 340 МПа. Коэффициент запаса прочности n = 1,6. Динамические характеристики вала: мощность ведущего шкива N1 = 11,0 кВт; скорость вращения вала n = 120 об · мин –1. Геометрические характеристики вала: а = 0,4 м; b = 0,3 м; с = 0,18 м; D1 = 0,4 м; D2 = 0,35 м; D3 = 0,35 м; α2 = 60 º. α1 = 0 º; Отношение диаметров кольцевого сечения вала α=

d = 0,8 . D

184

1 Вычерчиваем заданную схему вала (рисунок 6.1.1.1).

D3

D2

I

2 шкив 3 шкив

D1

а

1шкив

I a б

c

b

b

Вид по I-I

б Т2 = Т3= 2t2 Т1 = 2t1

α1

t1 α2

t2 = t3

а − схема расположения шкивов; б – вид I-I : схема усилий на шкивах 2 и 3 Рисунок 6.1.1.1 − Заданная схема вала

2 Определяем мощности на ведомых шкивах. По условию задачи диаметры ведомых шкивов одинаковы, скорость вращения n у них тоже одинаковая, поэтому потребляемые мощности тоже одинаковые N2 = N3. Сумма потребляемой мощности должна быть равна мощности на ведущем шкиве: N2 + N3 = N1 , N 11 откуда N 2 = N 3 = = 5,5 кВт . N 2 = N3 = 1 , 2 2 Скручивающий момент ведущего шкива уравновешивается моментами на ведомых шкивах. Вращение на ведомых шкивах происходит в противоположную сторону относительно вращения ведущего шкива (рисунок 6.1.1.1,б, вид I-I). Так как по условию задачи диаметры ведомых шкивов и мощности одинаковые, то моменты М2 и М3 имеют равные значения М. 3 Вычерчиваем расчётную схему вала (рисунок 6.1.1.2).

185

М1 I

●

II

А

В

М2 III

С

●

М3 IV D

Z E

● Z1

Z2

а

Z3

Z4

c

b 0,88

0,44

0

b Эпюра Мк

0 Рисунок 6.1.1.2 − Расчётная схема вала для определения внешних М1, М2, М3 и крутящих моментов. Эпюра крутящих моментов

Определяем внешние скручивающие моменты, действующие на вал, и крутящие моменты. Внешний скручивающий момент M1 на ведущем шкиве по заданной мощности N1 и скорости вращения вала n равен N 11 M 1 = 9,55 1 = 9,55 = 0,88 кН ⋅ м . n 120 Составляем уравнение равновесия для определения числового значения скручивающих моментов на ведомых шкивах 2 и 3. За положительное направление внешнего момента принимаем его вращение против часовой стрелки вдоль оси Z вала со стороны опоры А: ⇒ М1 = (М2 + М3) = 2М, Σmom Z = 0; М1 − М2 − М3 = 0 М М 0,88 откуда М 2 = М 3 = М = 1 , т. е. имеем М 2 = М 2 = 1 = = 0,44 кН ⋅ м . 2 2 2 Внешние моменты определены: М1 = 0,88 кН ⋅ м, М2 = 0,44 кН ⋅ м, М3 = 0,44 кН ⋅ м. 4 Определяем крутящие моменты на каждом участке, используя метод сечений. Разбиваем вал на участки (см. рисунок 6.1.1.2). I участок A – B. На участке от границы A до B моментов нет. МкI= 0.

186

II участок B – C. МкII = М1 = 0,88 кН ⋅ м (const); в любом сечении II участка крутящий момент имеет значение 0,88 кН ⋅ м. III участок С – D. МкIII= М1 – М2 =0,88 – 0,44 = 0,44 кН ⋅ м (const). IV участок D – E. МкIV= М1 – М2 – М3 = 0,88 – 0,44 – 0,44 = 0. Крутящие моменты определены. Строим эпюру крутящих моментов Мк (см. рисунок 6.1.1.2). 5 Для определения изгибающих моментов вычерчиваем расчётную схему усилий на шкивах 1, 2 и 3 (рисунок 6.1.1.3), которые вызывают изгиб оси вала.

Y Т1 = 2t1

α1 = 0 Х

O

α2

t1 t2 = t3

Т2 = Т3 = 2t2

Рисунок 6.1.1.3 − Схема усилий на шкивах 1, 2 и 3

Определяем окружные усилия ti, действующие на шкивы. Выражаем найденные скручивающие моменты на шкивах через крутящие моменты и окружные усилия. Ведущий шкив: 1 M 1 = M кII = D1 t1 . 2 Усилие натяжения набегающей ветви 2 M кII 2 ⋅ 0,88 t1 = = = 4,4 кН . D1 0,4 Натяжение сбегающей ветви Т1 = 2t1 = 2 · 4,4 = 8,8 кН. 6 Определяем давления Ri шкивов на вал и составляющие давления Riх, Riy от каждого шкива, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях. 187

Равнодействующая окружных усилий на ведущем шкиве R1 = t1 +Т1 = 3 t1 = 3 · 4,4 = 13,2 кН,

R1 = 13,2 кН.

1 Ведомые шкивы M 2 = M 3 = M кIII = D2 t 2 ; 2

2 M кIII 2 ⋅ 0,44 t 2 = t3 = = = 2,5 кН . D2 0,35

откуда при условии, что t2 = t3 , имеем

Равнодействующая окружных усилий на ведомых шкивах R2 = R3 = t2 +Т2 = 3 t2 = 3 · 2,5 = 7,5 кН.

R2 = R3 = 7,5 кН.

В сечениях, где посажены шкивы, вал нагружен горизонтальной силой R1 и наклонными силами R2 , R3 (рисунок 6.1.1.4).

Y

R1

O

R2х = R3х

Х

α2 R2Y = R3Y R2 = R3 Рисунок 6.1.1.4 − Схема сил, изгибающих вал, приложенных к шкивам

Для простоты вычисления наибольшего изгибающего момента определяем отдельно изгибающие моменты в вертикальной и отдельно в горизонтальной плоскости, а затем просуммируем их геометрически. Для этого разложим наклонные силы по координатным осям – на горизонтальные и вертикальные составляющие (см. рисунок 6.1.1.4). 7 Составляем схему нагружения вала в вертикальной плоскости YOZ. Внешние вертикальные силы – активные и реактивные: R2Y , R3Y, RВY, RАY. Составляем расчётную схему вала при действии вертикальных сил (рисунок 6.1.1.5). 188

Вертикальная плоскость

RYA

R2Y

A

C

a

D

B

E

c

b 3,01

1,72

RBY

R3Y

b Эпюра Мв, кН·м 0

2,6

0 Горизонтальная плоскость

RAХ

R1Х

A

R2Х C

a

D

B

E

c

b

RBХ

R3Х

b

2,5 Эпюра Мг, кН·м

0,42 0

0 0,16 Результирующий изгибающий момент

3,04

3,04 2,61

Эпюра Ми, кН·м

0

0 Результирующая эпюра эквивалентных моментов Мэкв

3,13

3,13 2,64

0

Эпюра Мэкв, кН·м 0

Рисунок 6.1.1.5 − Расчётные схемы вала и эпюры Мв, Мг, Ми, Мэкв

189

Давление шкивов в вертикальной плоскости определяем проецированием их на ось Y: R1Y = 0, так как α1 = 0. R2Y = R3Y = 6,5 кН ⋅ м. R2Y = R2 · sin α2 = 7,5 · sin 60 º = 6,5 кН ⋅ м; Реакции опор определяем из условий равновесия всех внешних вертикальных сил: ∑mom A = 0; RВY ·L – R2Y (а + b) – R3Y (a + b + c) = 0, где L – длина вала; L = a + b + c + b = 0,4 + 0,3 + 0,18 + 0,3 = 1,18 м. RВY ·1,18 – 6,5(0,4 + 0,3) – 6,5(0,4 + 0,3 + 0,18) = 0, откуда RВY = 8,7 кН. ∑mom В = 0; – RАY ·L + R2Y(b + с +b) + R3Yb = 0, – RАY ·1,18 + 6,5(0,18 + 0,3) + 6,5 · 0,3 = 0, откуда RАY = 4,3 кН. Проверка вычислений. ΣY = 0; RАY – R2Y – R3Y + RВY = 0; 4,3 – 6,5– 6,5 + 8,7 = 0. Силы уравновешены. Вычисления выполнены верно. Определяем изгибающие моменты в вертикальной плоскости, пользуясь методом сечений на каждом участке вала: I участок A – B. МВI = RАY · z1; 0 ≤ z1 ≤ a = 0,4 м; I z1 = 0 МВ = 0; МВI = 4,3 · 0,4 = 1,72 кН ⋅ м; z1 = a = 0,4 м, II участок B – C. МВII = RА (а + z2); 0 ≤ z2 ≤ b = 0,3 м; МВII = 4,3 · 0,4 = 1,72 кН ⋅ м; z2 = 0 МВII = 4,3 (0,4 + 0,3) = 3,01 кН ⋅ м; z2 = b = 0,3 м; III участок С – D. МВIII= RАY(а + b + z3) – R2Y · z3; 0 ≤ z3 ≤ c = 0,118 м; МВIII = 4,3 (0,4 + 0,3) = 3,01 кН ⋅ м; z3 = 0 z3 = c = 0,18 м, МВIII = 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 6,5 ⋅ 0,18 = 2,61 кН ⋅ м; IV участок D – E. МВIV= RАY (а + b + с + z4) – R2Y (с + z4) – R3Y · z4; 0 ≤ z4 ≤ b = 0,3 м; МВIV= 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 6,5 · 0,18 = 2,61 кН ⋅ м; Z4 = 0 z4 = b = 0,3 м, МВIV= 4,3 (0,4 + 0,3 + 0,18 + 0,3) – 6,5(0,18 + 0,3) – 6,5 · 0,3 = 0,004 кН ⋅ м. По условиям закрепления в опоре В не должно возникать изгибающих моментов. Расчётом это подтверждается.

190

Погрешность, полученная в результате округления вычислений, составляет 0,4 %, т. е. менее 1 %. Строим эпюру изгибающих моментов в вертикальной плоскости. 8 Составляем схему нагружения вала в горизонтальной плоскости ХOZ. Действующие внешние горизонтальные силы – активные и реактивные: R1Х, R2Х , R3Х, RВХ, RАХ. Составляем расчётную схему вала при действии горизонтальных сил (см. рисунок 6.1.1.5). Проецируем горизонтальные силы на ось Х: R1Х = R1 · cosα1 = 13,2 · cos 0 º = 13,2 кН. R1Х = 13,2 кН. R2Х = R3Х = R2 · cos α2 = 7,5 · cos 60 º = 3,75 кН. R2Х = R3Х = 3,75 кН. Определяем реакции опор от горизонтальных составляющих давлений шкивов. Составляем уравнение равновесия горизонтальных сил: ∑mom A = 0; – R1Х а + R2X(а + b)+ R3Y (а+ b+ с) +RВХ · L = 0, – 13,2 · 0,4 + 3,75(0,4 + 0,3) + 3,75(0,4 + 0,3 + 0,18) + RВХ ·1,18 = 0, откуда RВХ = – 0,55 кН. ∑mom В = 0; RАХ ·L – R1Х (b + c + b)+ R2Y (с + b) + R3Y b = 0, RАХ · 1,18 – 13,2(0,3 + 0,18 + 0,3) + 3,75(0,18 + 0,3) + 3,75 · 0,3 = 0, откуда RАХ = 6,25 кН. Проверка вычислений. ΣY = 0; RАХ – R1Х + R2Х + R3Х – RВХ = 0; 6,25 – 13,2 + 3,75 + 3,75 – 5,5 = 0. Вычисления выполнены верно. Определяем изгибающие моменты Мгi от горизонтальных сил: I участок A – B. МгI = RАХ · z1; 0 ≤ z1 ≤ a = 0,4 м; z1 = 0, МгI = 0; МгI = 6,25 ⋅ 0,4 = 2,5 кН ⋅ м. z1 = a = 0,4 м; II участок B – C. МгII = RАХ (а + z2) – R1Х · z2; 0 ≤ z2 ≤ b = 0,3 м; МгII = 6,25 ⋅ 0,4 = 2,5 кН ⋅ м; z2 = 0, МгII = 6,25 (0,4 + 0,3) – 13,2 · 0,3 = 0,415 кН ⋅ м. z2 = b = 0,3 м; III участок С – D. 0 ≤ z3 ≤ с = 0,18 м; III 0 ≤ z3 ≤ c = 0,118 м; Мг = RАХ (а + b + z3) – R1Х (b + z3 ) + R2Y · z3; III z3 = 0 Мг = 6,25 (0,4 + 0,3) – 13,2 · 0,3 = 0,415 кН ⋅ м; z3 = c = 0,18 м; МгIII = 6,25 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 13,2 (0,3 + 0,18) + 3,75 · 0,18= – 0,161 кН ⋅ м.

191

IV участок D – E. 0 ≤ z4 ≤ b = 0,3 м; IV Мг = RАХ (а + b + с + z4) – R1Х (b + с + z4 ) + R2Х (с + z4) + R3Х · z4; z4 = 0, IV Мг = 6,25 (0,4 + 0,3 + 0,18) – 13,2 (0,3 + 0,18) + 3,75 · 0,18 = – 0,161 кН ⋅ м; z4 = b= 0,3 м; МгIV= 6,25(0,4 + 0,3 + 0,18 + 0,3) – 13,2(0,3 + 0,18 + 0,3) + + 3,75(0,18 + 0,3) + 3,75·0,3 ≈ 0. Расчётом подтверждается равенство нулю момента в опоре В. Вычисления выполнены верно. Строим эпюру изгибающих моментов в горизонтальной плоскости. 9 Определяем и строим суммарные изгибающие моменты. Определяем значения результирующих изгибающих моментов в характерных сечениях вала. Результирующий изгибающий момент Мрез определяется геометрическим суммированием ординат изгибающих моментов вертикальной и горизонтальной плоскостей Мв и Мг:

М рез = М в2 + М г2 . Характерными сечениями вала для определения Мрез являются места посадки шкивов: сечения C, D, E. Сечение С: С М рез =

(М вС )2 + (М гС )2 =

1,72 2 + 2,5 2 = 3,035 = 3,04 кН ⋅ м.

Сечение D: D М рез =

Сечение E: E М рез =

(М вD )2 + (М гD )2 = (М вE )2 + (М гE )2 =

3,012 + 0,42 2 = 3,039 = 3,04 кН ⋅ м. 2,60 2 + (−0,16) 2 = 2,605 = 2,61 кН ⋅ м.

Строим эпюру суммарных изгибающих моментов (см. рисунок 6.1.1.5). Наибольшие и равные изгибающие моменты действуют в сечениях С и D. 10 Вычисляем эквивалентный изгибающий момент по IV теории прочности и строим эпюру Mэкв (см. рисунок 6.1.1.5):

(М резС ( D) )2 + 0,75 ⋅ (М крС ( D) )2 = 3,04 2 + 0,75 ⋅ 0,882 = 3,13 кН ⋅ м. E М эквIV = (М резE )2 + 0,75 (М крE )2 = 2,612 + 0,75 ⋅ 0,442 = 2,64 кН ⋅ м.

С ( D) М эквIV =

192

11 Определяем необходимые размеры сплошного и кольцевого поперечного сечения вала. M Условие прочности max σ = max эквIV ≤ [σ] . Wи Назначаем допускаемое напряжение [σ] по пределу текучести. Предел текучести Стали 40 равен 240 МПа, коэффициент запаса прочности nт = 1,6. Допускаемое напряжение по пределу текучести [σ] = σ т = 240 = 150 МПа. nт 1,6 Сплошное круговое сечение При кручении с изгибом в условии прочности вала геометрической характеристикой является момент сопротивления по изгибу. Для сплошного сечения

πd 3 Wи = . 32 Выразив в условии прочности момент сопротивления через диаметр d, получаем условие для необходимых размеров диаметра вала: d ≥3

32M эквIV ; π[σ ]

32 M эквIV 3 32 ⋅ 3,13 ⋅ 10 6 d ≥3 = = 59,7 мм. π[σ ] π ⋅ 150 Для сплошного сечения по ряду нормальных линейных размеров (НЛР) принимаем d = 63 мм. Wи =

Для кольцевого сечения D≥3

тогда D≥3

32 ⋅ 3,13 ⋅ 10 6

(

)

π 1 − 0,8 4 ⋅ 150

(

32M эквIV

(

)

π 1 − α 4 ⋅ [σ ]

= 71,1 мм,

)

πD 3 1− α4 , 32 ,

d = 0,8D = 56,88 мм.

Для кольцевого сечения по ряду НЛР принимаем D = 75,0 мм;

d = 56,0 мм. 193

Сравниваем веса валов: Fкруг d2 π⋅d2 ⋅4 = = = Fкольцо 4 ⋅ π ⋅ D 2 1 − α 2 D 2 1 − α 2

(

)

(

)

632 ⎛ ⎛ 56 ⎞ 2 ⎞ 2⎜ 75 1 − ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ 75 ⎠ ⎟ ⎝ ⎠

= 1,6.

Вал кольцевого сечения в 1,6 раза легче вала кругового сечения, следовательно, экономичнее вала сплошного сечения. 12 Вычисляем для вала кольцевого профиля нормальные и касательные напряжения в наиболее напряжённых сечениях и эквивалентные напряжения по IV теории прочности. Максимальное нормальное напряжение max M резIV . max σ = Wи В сечениях С и D действует maxMрезIV = 3,13 кН ⋅ м. Момент сопротивления по изгибу в этих сечениях кольцевого профи4 πD 3 π ⋅ 753 ⎡ ⎛ 56 ⎞ ⎤ 3 4 1− α = ля равен Wи = ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 28,6 ⋅ 103 мм . 32 32 ⎢⎣ ⎝ 75 ⎠ ⎥⎦

(

)

max σ

=

3,13 ⋅10 6 28,6 ⋅103

= 109,5 МПа.

Максимальное касательное напряжение

max τ =

max M кр

Wр

.

В сечениях С и D действует maxM1 = 0,88 кН ⋅ м. Полярный момент сопротивления в этих сечениях сплошного кругоW1 = 2 · 28,6 · 103 = 57,2 · 103 мм3. вого профиля равен WP = 2 Wи, max τ

=

max M 1

Wр

=

0,88 ⋅10 6 57,2 ⋅103

= 15,4 МПа.

Максимальное эквивалентное напряжение в сечениях С и D равно σ кольцо эквIV =

( max σ )2 + 3( max τ )2

= 109,5 2 + 3 ⋅ 15,4 2 = 112,7 МПа.

Момент сопротивления по изгибу в этих сечениях сплошного кругового профиля равен πd 3 π ⋅ 633 Wи = = = 24,5 ⋅ 103 мм 3. 32 32 194

max σ

=

3,13 ⋅10 6 24,5 ⋅10 3

= 127,5 МПа.

Максимальное касательное напряжение

max τ =

max M 1

Wр

.

В сечениях С и D действует maxM1 = 0,88 кН ⋅ м. Полярный момент сопротивления в этих сечениях сплошного кругового профиля равен Wp = 2 Wи , Wp = 2 · 24,5 · 103 = 49,0 · 103 мм3. max τ

=

max M 1

Wр

=

0,88 ⋅10 6 49,0 ⋅103

= 17,96 МПа.

Максимальное эквивалентное напряжение в сечениях С и D равно σ эквIV =

( max σ )2 + 3( max τ )2

= 127,5 2 + 3 ⋅17,96 2 = 131,2 МПа.

Вывод Вал кольцевого сечения предпочтительнее вала кругового сечения. Его вес почти в 1,5 раза меньше веса вала сплошного кругового сечения. Максимальное эквивалентное напряжение в сечениях С и D :

− для вала кольцевого профиля

σ кольцо эквIV = 112,7 МПа;

− для вала сплошного сечения

σ круг эквIV = 131,2 МПа.

Максимальное эквивалентное напряжение у вала кольцевого сечения ниже, чем у вала сплошного сечения на 16 %.

195

7 Устойчивое равновесие деформируемых систем Вводная часть В системе, находящейся в деформированном состоянии, равновесие между внешними нагрузками и вызываемыми ими внутренними силами упругости может быть не только устойчивым, но и неустойчивым. Устойчивость формы равновесия деформированного тела зависит от величины приложенной к нему нагрузки. Нагрузка, превышение которой вызывает потерю устойчивой формы равновесия тела, называется критической силой – Ркр. Для обеспечения определённого запаса устойчивости необходимо, чтобы удовлетворялось условие Р ≤ [P], (1) где Р – действующая нагрузка; [P] – допускаемая нагрузка. P (2) [P ] = кр , nу где nу – коэффициент запаса устойчивости. Коэффициент запаса устойчивости зависит от материала и назначения стержня. Его величина назначается в зависимости от специфики технологии, условий эксплуатации, степени ответственности конструкции и определяется или соответствующими правилами и нормами, или ориентируется на опыт. Для стержней, работающих на сжатие, выполняются два расчёта: расчёт на прочность и расчёт на устойчивость. Результатом первого расчёта является назначение предварительных размеров поперечного сечения стержня. Определение необходимых размеров поперечного сечения при расчёте на устойчивость в отличие от других видов расчёта возможно лишь методом последовательных приближений, носит характер проверочного. Предварительно определяется необходимость расчёта на устойчивость в зависимости от гибкости λ стержня и условия закрепления гибких сжатых стержней. Гибкость стержня вычисляется по зависимости µl λ= , (3) imin где µ – коэффициент приведения длины, принимаемый для расчёта в зависимости от конструкции опорных закреплений стержня. Величина (µ·l) яв196

ляется приведённой длиной стержня. Значение коэффициента µ принимается по таблицам справочника. Примеры закрепления стержня и соответствующие им коэффициенты µ приведены на рисунке 7.1. i – наименьший радиус инерции поперечного сечения стержня: imin = где

J min , Fнетто

(4)

Jmin – наименьший момент инерции поперечного сечения; Fнетто – площадь поперечного сечения стержня.

Рисунок 7.1 – Примеры закрепления сжатых стержней

Кроме геометрических характеристик стержня и способов его закрепления гибкость зависит также от материала. Так, например, для стали Ст. 3, если 0 ≤ λ ≤ 40, то элемент является массивом или брусом и расчёт на устойчивость не требуется; в таком случае для проверки работоспособности элемента конструкции используется условие прочности при простом сжатии max P (5) ≤ [σ cж ] . max σ = Fнетто Если 40 ≤ λ ≤ 100, то для некоторых материалов можно воспользоваться формулой Ф. Ясинского σк = а – bλ + с λ2, (6) где а, b, с – коэффициенты, зависящие от свойств материала. 197

В таблице 7.1 приведены значения коэффициентов а, b и с напряжений стержня, работающего в нелинейной стадии продольного сжатия. Таблица 7.1 − Значения коэффициентов а, b, с и λ Материал

a

b

c

МПа

λ0

Ст. 3

3100

11,4

0

61

Ст. 5

3500

11,5

0

57

Чугун

7760

120

0

53

Дюралюминий Д16Т

4060

28,3

0

30

Сосна и ель

293

1,94

0

Примечание. λ0 – значение гибкости, при котором критическое напряжение равно пределу текучести материала стержня.

Если λ > 100, то применима формула Эйлера для определения критической нагрузки Ркр. Величина критической силы по формуле Эйлера π 2 EJ

Pкр =

(µl )2

.

(7)

Формула Эйлера получена из дифференциального уравнения упругой линии, поэтому её применимость справедлива, пока критическое напряжение не превышает предела пропорциональности

σ кр =

Ркр F

≤ σ пц .

(8)

На практике при расчёте на устойчивость принято пользоваться не допускаемым напряжением на устойчивость max σ ≤ [σ ]у = ϕ [σ ] , а допускаеPкр ≤ φ [σ сж ] с соответствующим попрамым напряжением на сжатие σ = F вочным коэффициентом ϕ. Различают два вида расчёта на устойчивость по коэффициенту φ: поверочный и проектировочный. При поверочном расчёте исходят из известных размеров и формы поперечного сечения стержня.

198

Прежде всего определяют наименьший осевой момент инерции Jmin, J min , площадь F, затем вычисляют минимальный радиус инерции imin = F µl а также гибкость λ = . imin Определив гибкость, находят по таблице коэффициент ϕ. По найденному ϕ определяют допускаемое напряжение на устойчивость (9) [ σ у ] = ϕ[σ _ ] , P с допускаемым напряжениF и выясняют, удовлетворяется ли условие

сравнивают действительное напряжение σ =

ем на устойчивость [σ]у σ ≤ [σ]у . При проектировочном расчёте исходят из условия P σ= ≤ [σ − ] . ϕF Необходимое сечение определяется формулой P F= . ϕ [σ − ]

(10)

(11)

Кроме искомой площади F, в последнем соотношении неизвестным является также и коэффициент ϕ . Поэтому при подборе сечения приходится пользоваться методом последовательных приближений, варьируя величину коэффициента ϕ . Обычно при первой попытке принимают ϕ1 = 0,5…0,6. Приняв ϕ1 по формуле (11), определяют F и подбирают соответствующее сечение. Зная сечение и определив Jmin, imin и λ, устанавливают фактическое значение коэффициента ϕ'1. Если ϕ'1 значительно отличается от ϕ1, то и напряжение будет отличаться от допускаемого. Тогда следует повторить расчёт, т. е. предпринять вторичную попытку, приняв среднее по величине значение между коэффиϕ + ϕ1′ . циентами ϕ1 и ϕ'1 : ϕ 2 = 1 2 В результате второй попытки устанавливают ϕ'2 . Если требуется третья попытка, то расчёт повторяют при ϕ + ϕ′2 ϕ3 = 2 2 и т. д. Обычно на практике удаётся обойтись двумя-тремя попытками. 199

При заданном сечении условие (10) можно использовать для определения допускаемого значения нагрузки Р или предельной длины l стержня через его гибкость λ, обеспечивающих устойчивость стержня.

7.1 Расчёт на устойчивость сжатого стержня Стальной стержень составного поперечного сечения сжимается продольной силой. Установить, при каком значении силы Р обеспечивается устойчивость стержня. Подобрать безопасные размеры кольцевого и составного поперечных сечений равнопрочного устойчивого стержня. Цель: − вычислить допускаемую нагрузку; − подобрать безопасные размеры кольцевого поперечного сечения равнопрочного стержня; − сравнить веса стержней с составным и кольцевым поперечными сечениями; − определить фактические коэффициенты запаса для стержней с кольцевым и составным поперечными сечениями. Данные для расчёта взять из таблиц 7.1.1 и 7.1.2. Таблица 7.1.1 − Геометрические параметры сжатого стержня № варианта 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

3,0 12

3,2 14

3,4 16

3,6 20

3,8 28

4,0 32

3,9 32

3,7 28

3,5 18

3,3 10

Параметры l, м c, мм

Таблица 7.1.1 (продолжение) № варианта 11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

3,0 14

3,2 20

3,4 20

3,6 24

3,8 26

4,0 30

3,9 28

3,7 26

3,5 22

3,3 20

Параметры l, м c, мм

Таблица 7.1.1 (продолжение) № варианта

21

22

23

24

25

26

27

28

29

30

3,0 32

3,2 34

3,4 36

3,6 40

3,8 40

4,0 50

3,9 48

3,7 46

3,5 38

3,3 30

Параметры l, м c, мм

200

Таблица 7.1.2 − Значения коэффициента уменьшения допускаемого напряжения на сжатие φ

Гибкость λ

Дерево

Чугун марок Сталь марок Сталь марок СЧ12–28 Ст. 3 Ст. 5 Ст. 4

Сталь марок 14Г2, 15ГС, 10Г2С, 15ХСНД

0

1

1,00

1,00

1,00

1,00

10

0,99

0,97

0,99

0,98

0,98

20

097

0,91

0,97

0,96

0,95

30

0,93

0,81

0,95

0,93

0,92

40

0,87

0,69

0,92

0,90

0,89

50

0,80

0,57

0,89

0,85

0,84

60

0,71

0,44

0,86

0,80

0,78

70

0,61

0,34

0,81

0,74

0,71

80

0,49

0,26

0,75

0,67

0,63

90

0,38

0,20

0,69

0,59

0,54

100

0,31

0,16

0,60

0,50

0,46

110

0,25

0,52

0,43

0,39

120

0,22

0,45

0,37

0,33

130

0,18

0,40

0,32

0,29

140

0,16

0,36

0,28

0,25

150

0,14

0,32

0,25

0,23

160

0,12

0,29

0,23

0,21

170

0,11

0,26

0,21

0,19

180

0,10

0,23

0,19

0,17

190

0,09

0,21

0,17

0,15

200

0,08

0,19

0,15

0,13

Расчётные схемы и типы поперечных сечений приведены на рисунках 7.1.1 и 7.1.2. 201

1

2

Р

µ=2

3

Р

µ=2

4

µ = 0,7

5

Р

Р

µ=1

µ=1

7

6

8

Р

9

l/2

µ = 1,35

Р

µ = 1/3

l/2

Р

Р

µ = 0,5

µ = 0,5

Рисунок 7.1.1 − Схемы закрепления стержня

202

Р

Рисунок 7.1.2 – Типы поперечных сечений сжатых стержней

Соотношение внутреннего и наружного диаметров кольцевого сечеd ния α = = 0,8 . D Порядок расчёта 1 Изобразить в масштабе составное поперечное сечение, вычислить главные центральные моменты инерции поперечного сечения, определить минимальный момент инерции, вычислить минимальный радиус инерции imin = и гибкость стержня λ =

J min F

µ⋅l . imin

2 Определить допускаемую нагрузку для стержня составного поперечного сечения [P] = F ⋅ ϕ ⋅ [σ] , если 0 ≤ λ ≤ 200 . 3 Подобрать безопасные размеры кольцевого поперечного сечения d при соотношении внутреннего и наружного диаметров = α = 0,8 для равD P нопрочного стержня из условия устойчивости F ≥ с использованием ϕ ⋅ [σ] метода последовательных приближений. В первом приближении принять ϕ1 = 0,5 . В последнем приближении различие между принятым значением φi и полученным из расчёта ϕ1i должно быть менее 5 %. 4 Сравнить вес стержня с составным и кольцевым поперечными сечениями по соотношениям Gсост F = сост . Gкольцо Fкольцо 203

5 Определить фактические коэффициенты запаса для стержней с кольцевым и составным поперечными сечениями Pкр , nф = P где Pкр = σ кр ⋅ F . Критическое напряжение в зависимости от гибкости λ вычисляется по формулам: σкр = σт , если λ < 40; σкр = a – bλ, если 40 ≤ λ ≤ 100; σ кр =

π2Е λ2

если λ > 100.

Сделать вывод. Пример выполнения

Стержень составного поперечного сечения из угловой стали сжимается продольной силой (см. рисунки 7.1.1 и 7.1.2). Установить, при каком значении силы Р обеспечивается устойчивость стержня. Подобрать безопасные размеры кольцевого поперечного сечения равнопрочного устойчивого стержня. Цель: − определить допускаемую нагрузку на равноустойчивые стержни составного и кольцевого сечения; − сравнить веса стержней с составным и кольцевым поперечными сечениями; − определить фактический коэффициент запаса устойчивости для стержня с кольцевым сечением. Исходные данные взяты по варианту _____ из таблиц 7.1.1; 7.1.2. Расчетная схема стержня взята по рисунку 7.1.1, тип поперечного сечения – по рисунку 7.1.2. Уголок имеет размеры ∠100 × 63 × 10 мм. По ним из таблицы сортамента находим уголок под номером 10/6,3. Выбираем табличные значения площади и моментов инерции поперечного сечения: Fтабл = 15,5 см2, Jx = 154,0 см 4, Jy = 47,1 см 4, х0 = 1,58 см; толщина полок – d = 10 мм. раздвижка уголков С = 30 мм. Коэффициент закрепления стержня µ = 1,35. 204

1 Вычерчиваем в масштабе составное поперечное сечение стержня (рисунок 7.1.1.1).

h = 100

½l

x

0

½l

b = 63

С = 30

d = 10

x0 = 15,8 а

y0 = 34

y

Р

б

а − вид опорных закреплений; б − тип составного поперечного сечения Рисунок 7.1.1.1 − Расчётная схема стержня

Определяем геометрические характеристики составного сечения. Площадь Fсост = 2Fтабл = 2·15,5 = 31 см2, моменты инерции относительно оси Х : Jx = 2 · 154,0 = 308 см 4, относительно оси Y: 2 2 ⎡ ⎡ 3⎞ ⎤ C⎞ ⎤ ⎛ ⎛ J y = 2 ⋅ ⎢ J y табл + Fтабл ⎜ x0 + ⎟ ⎥ = 2 ⎢47,1 + 15,5 ⋅ ⎜1,58 + ⎟ ⎥ = 388,3 см 4, 2 ⎠ ⎥⎦ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎢⎣ ⎢⎣ Jx = 308 см 4, Jу = 388,3 см 4 => Jmin = 308 см 4. Вычисляем минимальный радиус инерции сечения по формуле

imin =

J min . Fсост

Наименьшим моментом инерции является Jх, следовательно, минимальный радиус инерции равен imin =

J min 308 = = 3,15 см. 31,0 Fсост

205

Находим расчётное значение гибкости µl 1,35 ⋅ 360 λ= = = 154,3 . 3,15 imin Находим значение коэффициента снижения допускаемого напряжения φ из таблицы для гибкости λ = 154,3 для материала Ст. 3. Значения λ =154,3 в таблице нет. Расчётное значение гибкости находится в интервале табличных значений λТn < λ < λТn +1 , 150 < 154,3 < 160. Поэтому воспользуемся линейной интерполяцией: ϕ − ϕλ =160 ϕλ =154,3 = ϕλ =160 + (λ160 − λ154,3 ) ⋅ λ =150 , λ160 − λ150 0,32 − 0,29 = 0,307. 160 − 150 2 Определяем допускаемую нагрузку для стержня составного поперечного сечения из условия прочности: [P] ≤ [σ], σ max = Fсост ϕλ =154,3 = 0,29 + (160 − 154,3) ⋅

[Р] = Fсост ⋅ ϕ[σ] = 31,0 ⋅ 10 − 4 ⋅ 0,307 ⋅ 160 ⋅ 106 = 152,3 кН. Округляем до нормальной величины [P] = 150 кН. Допускаемая нагрузка должна быть не более 150 кН = 15 тс. 3 Подбираем безопасные размеры кольцевого поперечного сечения из условия прочности. Стержень с кольцевым сечением по условию задачи должен быть равнопрочным со стержнем, имеющим составное сечение. Из этого следует, что он должен воспринимать такую же максимальную нагрузку [Р], как и стержень с составным сечением. Площадь кольцевого сечения находим из условия [Р ] , Fкольцо ≥ ϕ[σ ] где [Р] = 150 кН. Для определения коэффициента φ используем метод последовательных приближений. 1 попытка: φ1 = 0,5, Fкольцо 1 =

[P] = 150 ⋅ 103 = 1875 мм2. ϕ1 ⋅ [σ ] 0,5 ⋅ 160 206

Определяем наружный диаметр кольца D: 4 ⋅ Fкольцо 1 π ⋅ D2 4 ⋅1875 Fкольцо 1 = ⋅ (1 − α 2 ) ⇒ D = = = 81,4 мм . 4 π(1 − α 2 ) 3,14 ⋅ (1 − 0,8 2 )

Определяем гибкость λ= imin

µl imin

imin

(

)

J min πD 2 J min = 1 − α4 , = 64 Fкольцо

(

)(

)

D πD 4 ⋅ 1 − α 2 ⋅ 1 + α 2 4 = ⋅ = 1 + α2 , 2 2 64 4 πD 1 − α

imin =

(

)

8,14 D 1 + α2 = 1 + 0,8 2 = 2,61 см. 4 4 µl 1,35 ⋅ 360 λ1 = = = 186,5 . 2,61 imin

Найденная по первой попытке гибкость λ1 − в интервале табличных значений 180 < 186,5 < 190 (см. таблицу 7.2). Вычисляем по интерполяции коэффициент ϕ, соответствующий гибкости λ1 = 186,5: ϕ − ϕλ =190 , ϕλ =186,5 = ϕλ =190 + (λ190 − λ186,5 ) ⋅ λ =180 λ190 − λ180 0,23 − 0,21 = 0,22 . 190 − 180 Находим отклонение значения коэффициента ϕλ = 186,5 от полученного из расчёта первого принятого произвольно значения ϕ1, оно должно быть не более 5 %: ϕ1 − ϕλ =186,5 (0,5 − 0,22) = ⋅ 100 % = 56 % > 5 % . 0,5 ϕ1 ϕλ =186,5 = 0,21 + (190 − 186,5) ⋅

Результат показывает, что полученное значение ϕλ = 186,5 = 0,22 нельзя принять для дальнейшего расчёта. Следует произвести вторую попытку. 2 попытка: Принимаем интервал с границами ϕ1 и ϕλ = 186,5 и вычисляем среднее значение ϕ2 в новом интервале ϕ2 =

ϕ1 + ϕ λ =186 ,5 2

=

207

0 ,5 + 0 ,22 = 0 ,36 . 2

Вычисляем значение площади кольцевого сечения с новым значением коэффициента φ и по таблице находим соответствующую радиусу инерции площади Fкольцо 2 гибкость стержня:

[ P] 150 ⋅ 103 = = 2604 F кольцо 2 = ϕ 2 ⋅ [σ ] 0,36 ⋅ 160 D кольцо 2 =

4 ⋅ Fкольцо 2 π(1 − α 2 )

=

4 ⋅ 2604 3,14 ⋅ (1 − 0,8 2 )

мм 2 ,

= 95,97 мм,

D 95,97 ⋅ 1 + α2 = ⋅ 1 + 0,8 2 = 28 мм, 4 4 1,35 ⋅ 360 λ2 = = 173,6. 2,8 Искомое значение ϕλ = 173,6 при λ2 = 173,6 находится внутри интервала λ = 180 и λ = 170. По таблице при λ = 180 − ϕ = 0,23; при λ = 170 − ϕ = 0,26. По интерполяции находим ϕλ = 173,6: ϕ − ϕλ =180 , ϕλ =173,6 = ϕλ =180 + (λ180 − λ173,6 ) ⋅ λ =170 λ180 − λ170 0,26 − 0,23 ϕ λ=173,6 = 0,23 + (180 − 173,6) ⋅ = 0,25 . 180 − 170 Отклонение ϕλ = 173,6.= 0,25 от среднего значения ϕ2 = 0,36 (0,36 − 0,25) ⋅ 100 % = 31 % > 5 % . 0,36 3 попытка: ϕ 2 + ϕλ =173,6 0,36 + 0,25 ϕ3 = = = 0,31 , 2 2 [ 150 ⋅ 103 P] F кольцо 3 = = = 3024 мм 2 , ϕ3 ⋅ [σ ] 0,31 ⋅ 160 imin =

D3 =

4 ⋅ Fкольцо 3

=

4 ⋅ 3024

= 103,4 мм , π(1 − α 2 ) 3,14 ⋅ (1 − 0,8 2 ) D 103,4 imin = 3 ⋅ 1 + α 2 = ⋅ 1 + 0,8 2 = 33,1 мм, 4 4 1,35 ⋅ 360 λ= = 146,8. 3,31

208

Полученное значение λ также принадлежит интервалу 140 < 146,8 < 150. ϕ − ϕλ =140 , ϕλ =146,8 = ϕλ =150 + (λ150 − λ146,8 ) ⋅ λ =150 λ150 − λ140 0,36 − 0,32 ϕ λ=146,8 = 0,32 + (150 − 146,8) ⋅ = 0,33 . 150 − 140 Вычисляем отклонение от среднего значения ϕ3 = 0,31: 0,31 − 0,33) ⋅ 100 % = 6 % > 5 % . 0,31 Сделаем ещё одну попытку. 4 попытка: ϕ3 + ϕλ =146,8 0,31 + 0,33 ϕ4 = = = 0,32 , 2 2 F кольцо 3 = D3 =

[P] = 150 ⋅ 103 = 2930 ϕ3 ⋅ [σ ] 0,32 ⋅ 160

4 ⋅ Fкольцо 3 π(1 − α 2 )

=

4 ⋅ 2930 3,14 ⋅ (1 − 0,8 2 )

мм 2 , = 101,8 мм ,

D3 101,8 ⋅ 1 + α2 = ⋅ 1 + 0,8 2 = 32,6 мм, 4 4 1,35 ⋅ 360 λ= = 149,1. 3,26 Полученное значение λ также принадлежит интервалу 140 < 149,1 < 150. ϕ − ϕλ =140 ϕλ =149,1 = ϕλ =150 + (λ150 − λ149,1 ) ⋅ λ =150 , λ150 − λ140 imin =

0,36 − 0,32 = 0,3236 . 150 − 140 С округлением до второго знака имеем ϕλ=149,1 = 0,32. Отклонения от среднего значения ϕ4 = 0,32 нет: ϕλ=149,1 = ϕ4. Таким образом, определены λкольцо = 149,1, ϕ = 0,32. Вычисляем размеры поперечного кольцевого сечения: ϕ λ=149,1 = 0,32 + (150 − 149,1) ⋅

Fкольцо

[P]

150 ⋅ 103 = = = 2930,0 мм 2 = 29,3 см 2 , ϕкольцо ⋅ [σ ] 0,32 ⋅ 160

Dкольцо =

4 ⋅ Fкольцо 2

π(1 − α )

=

4 ⋅ 2930 2

3,14 ⋅ (1 − 0,8 )

209

= 101,8 мм.

Внутренний диаметр d = 0,8 D = 0,8·101,8 = 81,44 мм. Принимаем по ряду нормальных линейных размеров ближайшие значения: D = 105 мм, d = 80 мм. Площадь кольцевого сечения

(

)

⎡ ⎛ 80 ⎞ 2 ⎤ 2 Fкольцо ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ = 36,4 см . ⎢⎣ ⎝ 105 ⎠ ⎥⎦ 4 Сравниваем веса стержней с составным и кольцевым поперечным сечениями: πD 2 105 2 2 = 1− α = π 4 4

Gсост F 31,0 = сост = = 0,85 . Gкольцо Fкольцо 36,4 Вес стержня с кольцевым сечением превышает вес стержня с составным сечением на 15 %. 5 Определяем фактический коэффициент запаса для стержня с кольцевым поперечным сечением: Pкр , nф = [P] где критическая нагрузка Pкр = σ кр ⋅ Fкольцо . Так как λ > 100 , то используется формула Эйлера, по которой определяется критическое напряжение π2E

σ кр = σ кр =

λ2кольцо

3,14 2 ⋅ 2 ⋅ 105 149,12

,

= 88,8 МПа ,

Pкр = σ кр ⋅ Fкольцо = 88,8 ⋅ 3636,0 = 322876,8 Н ≈ 322,9 кН , Pкр

322,9 = 2,15 . [P ] 150 Определяем фактический коэффициент запаса для стержня с составным поперечным сечением: Pкр nф = [P] , где критическая нагрузка Pкр = σ кр ⋅ Fсост . nф =

=

210

Так как λ > 100 , то используется формула Эйлера, по которой определяется критическое напряжение: σ кр =

σ кр =

π2 ⋅ E λ2кольцо

3,14 2 ⋅ 2 ⋅ 105 149,12

,

= 88,8 МПа ;

Pкр = σ кр ⋅ Fсост = 88,8 ⋅ 3100 = 275280 Н ≈ 275 кН ; nф =

Pкр

[P]

=

275 = 1,8 . 150

Результат расчёта: 1) вес стержня Gсост с составным сечением меньше веса Gкольцо стержня с кольцевым сечением на 15 %; 2) коэффициент запаса устойчивости nф = 1,8; − для стержня с составным сечением − для стержня с кольцевым сечением nф = 2,1. Вывод По расходу металла стержень составного сечения теоретически более экономичен, но по коэффициенту запаса устойчивости предпочтительнее стержень с кольцевым сечением.

211

8 Динамическое действие нагрузок Вводная часть К задачам динамики в сопротивлении материалов относят: − расчёты элементов конструкций с учётом сил инерции; − расчёты при колебаниях; − расчёты на усталость − расчёты на действие ударных нагрузок. Общий метод расчёта на динамическую нагрузку основан на известном из теоретической механики принципе д ' Аламбера: если в любой момент времени к каждой материальной точке данной системы приложить силы инерции этой точки, то эти силы инерции будут уравновешиваться заданными силами, действующими на систему и реакциями связей, т. е. система может рассматриваться как находящаяся в состоянии равновесия. Согласно этому принципу определяются нагрузки, вызываемые ускорениями, которые получают тела при их работе. Далее, считая эти динамические нагрузки как бы статическими, определяют в зависимости от них деформации и напряжения, а затем суммируют эти напряжения и деформации соответственно с напряжениями и деформациями от приложенных нагрузок, считая их приложенными статически. Эти суммарные напряжения и деформации не должны превышать допускаемых при статическом нагружении. При расчёте элементов конструкций, учитывая силы инерции, необходимо также учитывать, что сила инерции материальной точки равна произведению массы точки на её ускорение и направлена в сторону, противоположную ускорению. При расчёте элементов конструкций с учётом колебаний следует избегать ситуации, когда частота свободных колебаний упругой системы совпадет с частотой вынужденных колебаний, т. е. наступает резонанс. При расчёте элементов конструкций на усталость (выносливость) необходимо, принять тип материала и условия нагрузки, определить такие размеры детали, чтобы обеспечить нормальную работу, т. е. избегать поломок до тех пор, пока деталь выдержит заданное количество циклов нагружения. Приближённый расчёт на удар основан на следующих допущениях: − в ударяемой конструкции возникают напряжения, не превышающие предела пропорциональности (закон Гука); − удар является неупругим; − ударяющее тело является абсолютно жёстким (без деформаций); − сопротивление движению не учитывается; − масса ударяемой конструкции мала по сравнению с массой ударяющего тела. 212

8.1 Расчёт на прочность упругой системы при действии ударной нагрузки На упругую систему (рисунок 8.1.1) с высоты Н падает груз Q.

Н

Q

2a

a

Рисунок 8.1.1 − Заданная схема

Цель: − подобрать необходимые размеры поперечного сечения балки из условия прочности; − определить коэффициент динамичности. Общие исходные данные: − материал балки − малоуглеродистая сталь;

σ Тр = σ Тс = 32 ⋅ 10 7 Па;

E = 2 ⋅ 1011 Па;

− коэффициент запаса прочности n = 2. На рисунке 8.1.1 соотношение сторон для прямоугольного сечения h = 2. b Массой упругой системы можно пренебречь. Остальные данные взять из таблицы 8.1.1 и рисунка 8.1.2. Порядок расчёта 1 Вычертить в масштабе расчётную схему. 2 Определить зависимость перемещения (прогиба) балки от падающего груза, приложенного статически. 3 Определить зависимость коэффициента динамичности от искомого диаметра стержня. 4 Определить зависимость динамического напряжения от искомого диаметра стержня. 5 Определить поперечный размер балки из условия прочности. 6 Вычислить коэффициент динамичности. Сделать вывод. 213

Таблица 8.1.1 − Значения Q, H и a 1

2

Номер варианта 3 4 5

Схема по рисунку 8.1.2

7

9

8

10

3

5

1

6

4

2

Q, H

200

400

600

800

100

750

500

900

300

600

H, м

0,4

0,2

0,1

0,1

0,4

0,1

0,2

0,1

0,2

0,1

a, м

0,5

0,4

0,2

0,4

0,1

1,2

0,8

0,2

0,7

0,3

18

19

20

Данные варианта

6

7

8

9

10

Таблица 8.1.1 (продолжение) 11

12

13

Номер варианта 14 15 16 17

Схема по рисунку 8.1.2

15

18

20

17

11

19

14

12

16

13

Q, H

100

750

500

850

300

600

200

400

600

800

H, м

0,4

0,1

0,2

0,1

0,2

0,1

0,4

0,2

0,1

0,1

a, м

0,3

0,6

0,4

0,1

1,2

0,8

0,2

0,7

0,3

0,5

28

29

30

Данные варианта

Таблица 8.1.1 (продолжение) 21

22

23

Номер варианта 24 25 26 27

Схема по рисунку 8.1.2

28

26

30

29

22

25

27

21

24

23

Q, H

100

750

500

850

300

600

200

400

600

800

H, м

0,5

0,1

0,2

0,2

0,5

0,1

0,4

0,2

0,2

0,1

a, м

0,4

0,5

0,2

0,1

1,2

0,4

0,2

0,4

0,3

0,2

Данные варианта

214

1

6

Q

Q d

d

H

а

H

3а

2а

2

2а

7 Q

Q

H

h а

3а 3

H

h

а

b

3а

8

Q

b

Q

d H

H

а

3а 4

а

3а

b

9

Q H

2а

Q H

h

2а

а

b

5

10 Q

h

а

b

Q d

d

H

H

а

h

3а

а

а

Рисунок 8.1.2 − Схемы упругих систем при ударной нагрузке

215

11

16

Q

Q

b

H

d H

b

а

3а

3а

12

3а

17 Q

Q

b H

а

2а 13

H

h

b

а

b

3а

18

Q

Q

d H

H

а

14

h а

4а

2а

b

19

Q

Q

b H

0,5а

H

b 0,4а

0,5а

15

20

0,4а

b

Q

Q

d

d

H

H

0,1а

h

а

0,1а

Рисунок 8.1.2 (продолжение)

216

3а

21

26

Q

Q

b H

а

d H

b 3а

0,2а

22

0,3а

27 Q

Q d

H

H

а

3,5а 23

h

а

28

Q

2,2а

Q

b

d H

H

а

1,8а 24

2,5а 29

Q H

0,6а

а

Q

h

0,6а

b

H

0,1а

b

25

30 Q

0,1а

h

b

Q

b

d

H

H

1,4а

b

2,2а

1,4а

Рисунок 8.1.2 (продолжение)

217

b а

Пример выполнения Расчёт на прочность упругой системы при динамическом действии нагрузки На стержень, закреплённый шарнирно по обоим концам (рисунок 8.1.1.1), с высоты Н падает груз Q.

Q Н

d

a

3a Рисунок 8.1.1.1 – Заданная схема стержня

Цель: − подобрать необходимые размеры поперечного сечения балки из условия прочности; − определить коэффициент динамичности. Общие исходные данные: − материал балки − малоуглеродистая сталь; − σТр= σТс = 32·107 Па; Е = 2 · 1011 Па; − коэффициент запаса прочности n = 2. Данные, принятые по варианту ________ из таблицы 8.1.1: Q = 500 Н; Н = 0,1 м; а = 1,0 м; по рисунку 8.1.2: – схема №___; сечение − круг. Массой упругой системы пренебрегаем. 1 Составляем и вычерчиваем расчётную схему, для чего к заданной системе прикладываем статическую силу, равную весу падающего груза Q (рисунок 8.1.1.2,а). Для определения статического перемещения предварительно определяем опорные реакции и строим грузовую эпюру изгибающих моментов МХ (см. рисунок 8.1.1.2,б). Определяем опорные реакции. Уравнения равновесия имеют вид Q⋅a 1 = Q. ΣmomA = 0; RB ⋅ 4a − Q ⋅ a = 0 ; RB = 4a 4 Q ⋅ 3a 3 = Q. ΣmomB = 0; − R A ⋅ 4a + Q ⋅ 3a = 0 ; R A = 4a 4

218

Y RA а

RB

Q

А

z1

В

z2

a

3a

3Qa 4

Ω1

б

в

г

0

Эпюра МХ 0

zIц.т.

zIIц.т.

Z

А

В

l=4а

1 4

1

А

z1

z2

a η1*

д

Ω2

+

3 4

zIц.т.

В

3a 3a 4

η2*

*

Эпюра М

+ 0

Z

0

zIIц.т.

Рисунок 8.1.1.2 – Расчетные схемы упругой системы и эпюры: а – расчётная (грузовая) схема; б и д – эпюры изгибающих моментов; в – основная система; г – единичная система;

Правильность определения реакций опор проверяем с помощью урав3 1 нения равновесия ∑ Y = 0 . ∑ Y = R A − Q + RB = Q − Q + Q = 0 . 4 4 Полученное тождество показывает, что опорные реакции определены верно. 219

2 Определяем зависимость перемещения (прогиба) балки от падающего груза, приложенного статически, для чего применяем основную систему и используем правило Верещагина. По способу Верещагина искомое перемещение равно произведению площади грузовой эпюры МХ (любой по очертанию) на расположенную под её центром тяжести ординату прямолинейной эпюры М* от единичной силы. По расчётной схеме (см. рисунок 8.1.1.2,а) для каждого участка составим функции грузовых изгибающих моментов МХ: I участок 0 ≤ z ≤ а, М IХ= RA · z; z = 0, М IХ = 0, z = a, М IХ = ¾ · Q · a; II участок а ≤ z ≤ 4а; М IIХ = RА · z – Q(z – a); z = a, М IIХ = ¾ · Q · a; z = 4a М IIХ = 0. Строим эпюру МХ (рисунок 8.1.1.2,б). Выберем основную систему (рисунок 8.1.1.2,в). По направлению движения падающего груза прикладываем к основной системе единичную силу (см. рисунок 8.1.1.2,г). Определяем реакции от единичной силы: 1⋅ a 1 ΣmomA = 0; R*В ⋅ 4a − 1 ⋅ a = 0 ; R*В = = . 4a 4 1 ⋅ 3a 3 ΣmomB = 0; − R*А ⋅ 4a + 1 ⋅ 3a = 0 ; R*А = = . 4a 4 * Строим эпюру единичных моментов М (рисунок 8.1.1.2,д). Вычисляем площади грузовой эпюры изгибающих моментов: 1 1 3 3 3 Ω1 = а ⋅max M XI = a ⋅ Qa = Qa 2 ; Ω1 = Qa 2 . 2 2 4 8 8 2 3

I Положение центра тяжести площади эпюры Ω1 z ц.т. = a.

Вычисляем ординату η1* единичного момента М* под центром тяжести площади Ω1 грузовой эпюры моментов: 1 3 2 1 I = ⋅ а= а ; η1* = M * 2 = R*A ⋅ z ц.т. η1* = а . z= a 4 3 2 2 3 Площадь Ω2 и ординату η2* вычисляем по соответствующим эпюрам при изменении z от 0 до 3а от опоры В справа налево: Ω2 =

1 1 3 9 ⋅ 3а ⋅max M XII = ⋅ 3a ⋅ Qa = Qa 2 . 2 2 4 8

220

Положение центра тяжести площади эпюры Ω2 II z ц.т. =

2 ⋅ 3a = 2a . 3

II = η1* = M z*= 2 a = R*B ⋅ z ц.т.

1 1 ⋅ 2а = а . 2 4

Составляем выражение статического перемещения сечения стержня под грузом Q по правилу Верещагина: ∆ ст =

∆ ст =

[

]

1 Ω1 ⋅ η1* + Ω 2 ⋅ η*2 . EJ X

1 ⎡3 2 1 9 1 3 3 2 1 ⎤ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ Qa . Qa a Qa a EJ X ⎢⎣ 8 2 8 2 ⎥⎦ EJ X 4

(1)

В полученном выражении статического перемещения (1) выразим моπd 4 мент инерции JX через диаметр стержня J X = : 64

∆ ст =

48Qa 3 πEd 4

.

(2)

3 Определяем зависимость коэффициента динамичности от искомого диаметра стержня. Для расчёта принимаем за исходную приближённую формулу определения коэффициента динамичности

kд =

2Н . ∆ ст

(3)

Подставляя в формулу (3) значение статического перемещения ∆ст (2), получаем зависимость kд от искомого диаметра стержня:

kд =

2 Н ⋅ πEd 4 48Qa 3

=

d 2 Н ⋅ πE ⋅ . 2a 6Qa

4 Определяем зависимость динамического напряжения от искомого диаметра стержня. На эпюре Мх (см. рисунок 8.1.1.2,б) находим опасное сечение, в котором изгибающий момент достигает наибольшего значения 3 Qa . max M x = 4

221

Максимальное статическое напряжение в опасном сечении =

max σ ст

max M x

Wx

,

πd 3 где W x= ≈ 0,1 d 3 – момент сопротивления поперечного сечения, 32 3 Qa . max σ ст = 4 ⋅ 0,1 d 3 Максимальное динамическое напряжение в опасном сечении

3 Qa 3 d2 H ⋅ E Q ⋅ H ⋅ πE σ k ( σ ) = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ . (4) max дин д max ст 2a 6 Qa 4 ⋅ 0,1 d 3 0,8 d 6a 5 Определяем поперечный размер балки из условия прочности max σ дин ≤ [σ ] : max σ дин

=

3 Q ⋅ H ⋅ πE ⋅ ≤ [σ ] . 0,8 d 6a

(5)

Из выражения (5) определяем требуемый диаметр d:

3 Q ⋅ H ⋅ πE 3 500 ⋅ 0,1 ⋅ 3,14 ⋅ 2 ⋅ 1011 d≥ ⋅ = ⋅ = 5,36 ⋅ 10 − 2 м; 7 0,8[σ] 6a 6 ⋅ 1,0 0,8 ⋅ 16 ⋅ 10 d = 53,6 мм, σ т 32 ⋅ 10 7 где [σ ] = = = 16 ⋅ 10 7 Па – допускаемое напряжение. n 2 Округляя полученное значение в большую сторону согласно ряду нормальных линейных размеров (см. прил. С), окончательно принимаем d = 56 мм. Вычисляем коэффициент динамичности kд :

d 2 Н ⋅ πE 56 2 100 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 105 kд = ⋅ = ⋅ = 7,098 . kд = 7. 2a 6Qa 2 ⋅ 1000 6 ⋅ 500 ⋅ 1000 Вывод • При падении груза весом 500 Н в опасном сечении данной системы при расчётном диаметре балки, равном 56 мм, будут действовать нормальные напряжения не превосходящие допускаемого. • Коэффициент динамичности при принятом размере диаметра поперечного сечения имеет величину kд = 7.

222

8.2 Расчёт на прочность упругой системы с учетом колебаний Упругая система представляет собой консольную балку составного сечения из двух швеллеров, жёстко защемлённую одним концом. На другом, свободном конце, закреплён электродвигатель весом Q . Двигатель работает при n об/мин. Сила инерции, возникающая вследствие неуравновешенности вращающихся частей, равна Р.

Q

l а

б

в

a, б, в – типы составного сечения несущей балки Рисунок 8.2.1 – Схема упругой системы

Цель: − определить величину максимального напряжения в балках; − определить фактический коэффициент запаса прочности. Общие исходные данные: Материал балки − прокатная сталь;

E = 2 ⋅ 1011 Па .

σ Тр = σ Тс = 32 ⋅ 10 7 Па;

Стандартные профили прокатной стали см. прил. К, Л, Н. Остальные данные взять из таблицы 8.2.1. Для составления схемы заданной системы использовать рисунок 8.2.1. Порядок расчёта 1 Вычертить в масштабе расчётную схему. Определить зависимость прогиба балки от статически приложенного веса электродвигателя. 2 Определить частоту собственных колебаний 3 Определить частоту вынужденных колебаний. 4 Вычислить коэффициент динамичности. 5 Определить максимальное нормальное напряжение. 6 Определить фактический коэффициент запаса прочности 223

Сделать выводы. Таблица 8.2.1 − Значения Q, P, n и l Тип составного сечения Номер варианта

Q, кН

P, кH

n, об/мин

l, м

1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

2 500 750 420 620 310 400 500 480 400 750 280 660 350 400 310 500 330 400 640 370 510 750 500 250 750 320 500 320 240 750

3 120 95 65 80 60 68 110 70 62 92 50 90 40 55 69 75 55 60 75 65 60 100 70 50 110 60 65 60 45 95

4 310 1100 380 1320 840 1200 340 360 640 380 880 1200 800 340 1320 320 400 320 1600 380 1450 670 860 540 1450 580 450 870 640 1420

5 1,2 1,1 0,75 0,8 1,8 1,1 1,4 1,9 1,8 1,8 2,6 1,0 2,3 1,7 0,7 0,8 1,8 2,5 1,3 1,9 0,8 0,9 0,8 1,9 1,2 2,3 1,6 1,5 0,6 1,8

224

b, c, a, два швел- два двудва уголка лера тавра

6 100/63/10

7

8

18 12 160/100/10 12 12 14 16 14 180/110/10 80/50/5 16 18 12 14 12 100/63/10 12 16 100/63/10 16 180/110/10 14 100/63/10 18 100/63/10 12 12 80/50/5 18

Пример выполнения Расчёт на прочность упругой системы при динамическом действии нагрузки Упругая система представляет собой консольную балку составного сечения из двух швеллеров, жёстко защемлённую одним концом. На другом, свободном конце, закреплён электродвигатель весом Q . Двигатель работает при n об/мин. Сила инерции, возникающая вследствие неуравновешенности вращающихся частей, равна Р.

Q

Y

Y Z

X

l Рисунок 8.2.1.1 – Заданная схема упругой системы

Цель: определить величину максимального напряжения в балках. Общие исходные данные: Материал балки − малоуглеродистая сталь; σТр= σТс= 320 МПа; Е = 2 · 105 МПа; коэффициент запаса прочности n = 2. Данные, принятые по варианту ________ из таблицы 8.2.1: вес электродвигателя Q = 6,4 кН; расчётная длина балки l = 1,8 м; сила инерции Р = 0,8 кН; число оборотов двигателя n = 320 об/мин. из рисунка 8.2.1: сечение − тип b, из двух швеллеров № 14, из таблицы ГОСТ 8240–97 момент инерции швеллера JX = 491 см4, момент сопротивления швеллера WX = 70,2 см3. Массой упругой системы пренебрегаем. 1 Составляем и вычерчиваем расчётную схему, для чего к заданной системе прикладываем статическую силу, равную весу электродвигателя Q (рисунок 8.2.1.1, 8.2.1.2). Изображаем на схеме реактивные силы. Для определения статического перемещения предварительно определяем опорные реакции.

225

Y MA A

Q

RA

Z 0

B

z l

Рисунок 8.2.1.2 – Расчётная схема упругой системы

В защемлении действуют две реактивные силы: момент МА в заделке и вертикальная сила RA. Уравнения равновесия всех внешних сил имеют вид

∑ mom A = 0 ; М А − Q ⋅ l = 0, М А = Q ⋅ l ;

(1)

M A Q ⋅l (2) = = Q ; R A = Q. l l Правильность определения реакций опор проверяем при проецировании всех внешних сил на ось Y:

∑ mom B = 0 ; M A − R A ⋅ l = 0 ; R A =

∑Y = 0 .

∑ Y = R A − Q = Q − Q = 0.

Опорные реакции определены верно. С помощью метода начальных параметров определяем перемещение в сечении под грузом. Начало координат помещаем в сечении А. Начальные параметры: z = 0, y0 = 0, z = 0, θ0 =0. Уравнение изогнутой оси балки

EJ X ⋅ yi = EJ X ⋅ θ 0 + EJ X

M A z 2 RA ⋅ z 3 ⋅ y0 ⋅ z − + . 2! 3!

(3)

Подставляем в уравнение (3) значения начальных параметров, выражения опорных реакций из уравнений (1), (2) и вычисляем факториалы:

EJ X ⋅ yi = 0 + 0 − EJ X

M A z 2 RA ⋅ z 3 + , 1⋅ 2 1⋅ 2 ⋅ 3

M A z 2 RA ⋅ z3 . ⋅ yi = − + 2 6

226

По уравнению изогнутой оси упругой системы видно, что она представляет собой кривую третьего порядка, у которой максимальная ордината от начала координат находится на расстоянии maxz = l =1,8 м, т. е. на конце балки в сечении В, где укреплён электродвигатель. Определяем зависимость перемещения (прогиба) уВ сечения В балки от веса электродвигателя, приложенного статически. При maxz = l = 1,8 м Q ⋅ l ⋅ l2 Q ⋅ l3 Q ⋅ l3 Q ⋅ l3 EJ X ⋅ y B = − + = => . (4) yB = 2 6 3 3EJ X 2 Определяем частоту собственных колебаний. В полученном выражении статического перемещения (4) момент инерции JX равен сумме главных максимальных моментов инерции двух швеллеров № 14 относительно главной центральной оси Х, т. е. JX = 2 · 491 = 982,0 см4 = 982,0 · 10 –8 м4. Вычисляем частоту собственных колебаний упругой системы ω0 =

g , f ст

где g – ускорение силы тяжести: g = 9,81 м /с2; fст = уВ – перемещение сечения В от статического действия внешних сил (от веса электродвигателя).

ω0 =

g ⋅ 3EJ X Q⋅l

3

=

9,81 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 105 ⋅ 10 6 ⋅ 982,0 ⋅ 10 − 8 6400 ⋅ 1,80

3

= 39,4 с –1.

Частота собственных колебаний системы составляет 39,4 с –1. 3 Определяем частоту вынужденных колебаний ω: πn –1 π ⋅ 320 ω = 2πn об/мин; ω = с . ω= = 33,5 с –1. 30 30 Коэффициент нарастания колебаний 1 1 β= = = 3,61 . 2 2 ⎛ ω ⎞ ⎛ 33,5 ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎟ 1 − ⎜⎜ ⎟ 39,4 ⎠ ⎝ ω ⎝ 0⎠ 4 Вычисляем коэффициент динамичности. 800 P kд = 1,45. ⋅ 3,61 = 1,45 . kд = 1 + ⋅ β = 1 + 6400 Q 227

5 Определяем максимальное динамическое напряжение σд = maxσст · kд . Вычисляем максимальное нормальное напряжение при статическом M нагружении max σ = max X . WX Составляем функцию изгибающего момента МХ по расчётной схеме (см. рисунок 8.2.1.2) и вычисляем maxMX: МХ = – МА + RA · z. Максимального значения изгибающий момент достигает в защемлении, где z = 0, maxMX = MA = – Q ⋅ l = – 6,4 · 1,8 = – 11,52 кНм. Максимальные напряжения действуют в волокнах, наиболее удалённых от нейтральной оси, т. е. на расстоянии, равном половине высоты швеллера y = ±(h/2) при минимальном значении момента сопротивления WX. Высота швеллера h = 14 / 2 = 7 см. WX =

J X 982 = = 140,4 см3; h/ 2 7

max σ ст =

11,52 ⋅10 3 −6

= 82,05 МПа.

140,4 ⋅10 σд = maxσст · kд = 82,05 · 1,45 = 119,7 МПа. σд = 119,7 МПа. 6 Определяем фактический коэффициент запаса прочности. Допускаемое напряжение вычисляем по заданному коэффициенту запаса прочности n = 2:

σ 320 [σ ] = т = = 160 МПа.

2 2 Фактический коэффициент запаса прочности по допускаемому напряжению [σ ] 160 n= = = 1,3 . σ д 119,7

Вывод • Теоретически по условиям задачи прочность балки обеспечивается. • Однако коэффициент нарастания колебаний показывает, что амплитуда колебаний в 3,6 раза больше статического прогиба (по формуле (4) статический прогиб yB = 0,006 м , а динамический yB дин = 0,022 м, т. е. более 2 см). Следовательно, необходима проверка соблюдения условия жёсткости балки составного сечения и проверка на возникновение резонанса (когда ω0 = ω). Избежать резонанса можно увеличением собственной частоты балки, т. е. при условии ω0 > ω.

228

Список рекомендуемой литературы Основная 1 Феодосьев, В. И. Сопротивление материалов / В. И. Феодосьев. – М. : Наука, 1979. − 540 с. 2 Беляев, Н. М. Сопротивление материалов / Н. М. Беляев. − М. : Высш. шк., 1976. − 608 с. 3 Дарков, А. В. Сопротивление материалов / А. В. Дарков, Г. С. Шпиро. – М. : Высш. шк., 1974. − 704 с. 4 Минин, Л. С. Расчётные и тестовые задачи по сопротивлению материалов: учеб. пособие для втузов / Л. С. Минин. – М. : Высш. шк., 2003. − 224 с. 5 Лихарев, К. К. Сборник задач по курсу «Сопротивление материалов»: учеб. пособие для машиностроительных вузов / К. К. Лихарев.– М. : Машиностроение, 1980. – 224 с. 6 Сборник задач по сопротивлению материалов / под ред. В. К. Качурина. – М. : Наука, 1970. – 432 с.

Дополнительная 7 Феодосьев, В. И. Избранные задачи по сопротивлению материалов / В. И. Феодосьев. – М. : Наука, 1973. – 536 с. 8 Экспериментальное определение напряжений, деформаций и перемещений: метод. указания к лаб. работам / Н. И. Волчихина, В. А. Чуфистов, А. М. Кившенко, В. В. Данилов; под ред. И. Н. Гонтаря. − Пенза : Изд-во Пенз. гос. ун-та, 1997. − 32 с. 9 Экспериментальное исследование механических свойств материалов: метод. указания к лаб. работам / В. М. Ермолаев, В. А. Чуфистов, А. Н. Литвинов / под ред. И. Н. Гонтаря. – Пенза : Изд-во Пенз. гос. ун-та, 1999. − 31 с. 10 Тензометрический способ определения деформаций и напряжений: метод. указания к лаб. работам / В. М. Ермолаев, А. Н. Литвинов, Н. Е. Денисова, В. А. Шорин; под ред. И. Н. Гонтаря. − Пенза : Изд-во Пенз. гос. ун-та, 1997. − 42 с. 11 Оформление учебно-конструкторской документации: метод. указания для выполнения работ по курсовому и дипломному проектированию / И. Н. Гонтарь, Н. Е. Денисова, В. А. Шорин, Н. И. Волчихина. − Пенза : Изд-во Пенз. гос. ун-та, 2003. − 86 с.

229

12 Ермолаев, В. М. Сопротивление материалов: метод. указания и контрольные задания / В. М. Ермолаев, Н. И. Волчихина; под ред. И. Н. Гонтаря. – Пенза : Изд-во Пенз. гос. ун-та. 1995. − 46 с.

Справочная 13 ГОСТ 8032−84 Предпочтительные числа и ряды предпочтительных чисел. 14 ГОСТ 8.417–2002 Государственная система обеспечения единиц измерения. Единицы величин. 15 ГОСТ 8509–93 Уголки стальные горячекатаные равнополочные. Сортамент. 16 ГОСТ 8510–86 Уголки стальные горячекатаные неравнополочные. Сортамент. 17 ГОСТ 8239–89 Двутавры стальные горячекатаные. Сортамент. 18 ГОСТ 8240–97 Швеллеры стальные горячекатаные. Сортамент. 19 ГОСТ 2590−88 Прокат стальной горячекатаный круглый. Сортамент. 20 ГОСТ 2591−88 Прокат стальной горячекатаный квадратный. Сортамент.

230

Приложения

231

ПРИЛОЖЕНИЕ А

Вопросы для самопроверки и подготовки к защите курсовой работы Общие вопросы 1 Какие основные задачи рассматриваются в сопротивлении материалов? 2 Какие нагрузки являются внешними? 3 Какие основные гипотезы и допущения принимаются в сопротивлении материалов? 4 Что называется деформацией? 5 Какая деформация является упругой, какая пластической? 6 Что называется брусом (стержнем), пластиной, телом (размеры которого мало отличаются в трёх измерениях)? 7 Почему появление деформации влечёт за собой возникновение в твёрдом теле внутренних сил, противодействующих деформациям? 8 В чём состоят особенности упругого равновесия? Сколько уравнений равновесия можно составить для линейного, плоского и объёмного состояния? 9 Что такое метод сечений и для чего он применяется? Расшифруйте аббревиатуру «РОЗУ». 10 Что называется напряжением нормальным, касательным, полным? 11 В чём состоит принцип независимости действия сил?

Центральное растяжение и сжатие 1 Как формулируется закон Гука? 2 Что называется модулем упругости материала и какова его размерность? 3 Что называется пределом пропорциональности, пределом упругости, пределом текучести, пределом прочности материала и какова их размерность? 4 Что называется допускаемым напряжением? Как оно определяется для пластичных и хрупких материалов? 5 Как формулируется условие прочности? Какие три вида расчёта на прочность различают? 6 Что такое абсолютная и относительная деформация при растяжении (сжатии)? 7 По какой эпюре можно найти опасное сечение? 232

8 По какой эпюре можно указать части бруса, работающие на растяжение и сжатие? 9 По какой эпюре можно определить направление перемещений сечений по оси бруса? 10 Каковы сущность и порядок расчёта бруса на прочность и жёсткость? 11 Как выбрать размер поперечного сечения бруса из условия прочности и жёсткости? 12 Какие задачи называются статически неопределимыми? Как определяется степень статической неопределимости? 13 Что называется уравнением перемещений? 14 Назовите типы статически неопределимых задач. 15 От каких факторов или воздействий брус, стержень или стержневая система становятся статически неопределимыми?

Геометрические характеристики плоских сечений 1 Что называется статическим моментом площади плоской фигуры? Каковы геометрические свойства плоских фигур? 2 Как определить координаты центра тяжести плоской фигуры? 3 Назовите моменты инерции плоских сечений. Каковы их свойства? 4 В каком случае центробежный момент инерции положителен, отрицателен? 5 Что происходит с величинами осевых и центробежного моментов инерции при параллельном переносе их осей? 6 Что происходит с величинами осевых моментов инерции и их суммой при повороте осей? 7 Какие оси называются главными осями инерции? 8 Какие величины называются радиусами инерции? 9 Для чего необходимо знать величину центробежного момента инерции? 10 В чём особенности определения геометрических характеристик плоских сечений с одной осью симметрии? 11 Чему равен осевой момент инерции и осевой момент сопротивления для прямоугольника, квадрата? 12 Чему равен полярный момент инерции и полярный момент сопротивления для круга, кольца?

233

Расчёт балок на прочность и жёсткость при изгибе 1 При какой нагрузке на брус наблюдается явление, называемое чистым изгибом? 2 Что называется силовой плоскостью и силовой линией? 3 Какой изгиб балки называется плоским поперечным? 4 Как распределяются нормальные и касательные напряжения по сечению балки? 5 Что называется нейтральным слоем и нейтральной линией балки? 6 Как определяются поперечная сила и изгибающий момент в поперечном сечении балки? Каково правило знаков для поперечной силы и изгибающего момента? 7 Каковы дифференциально-интегральные зависимости между поперечной силой, изгибающим моментом и интенсивностью распределённой нагрузки? 8 Какие основные следствия вытекают из дифференциальных зависимостей? 9 Какие основные принципы используются при построении упругой линии балки? 10 Как определяются нормальные и касательные напряжения при изгибе? 11 Как рассчитываются балки на прочность (условия прочности и жёсткости)? 12 Как выбрать размеры поперечного сечения балки из условия прочности? 13 Какие виды перемещений возникают в поперечном сечении балки? 14 Назовите основные методы определения перемещений. 15 В чём заключается метод начальных параметров? Перечислите основные правила и приёмы при интегрировании. 16 Как рассчитываются балки на жёсткость?

Расчёт статически неопределимых балок при изгибе 1 Какие балки при изгибе называются статически неопределимыми? 2 Как определить степень статической неопределимости? 3 Какие основные методы применяются для раскрытия статической неопределимости? 4 В чём заключается метод сил для раскрытия статической неопределимости? 234

5 Какой основной принцип используется при составлении эквивалентной системы? 6 Как записывается система канонических уравнений для определения перемещений? 7 Какой формулой выражается интеграл Мора для определения перемещений? 8 Как формулируется правило Верещагина для определения перемещений по эпюрам? 9 Что означает отрицательный знак, получаемый в конечном результате при определении перемещения по интегралу Мора или правилу Верещагина? 10 В чём заключается деформационная проверка правильности раскрытия статической неопределимости?

Расчёт на прочность и жёсткость валов круглого поперечного сечения при кручении 1 Что называется чистым сдвигом и при каких условиях он получается? 2 Как формулируется закон Гука при сдвиге? 3 При какой нагрузке на брус получается деформация, называемая кручением? 4 Что называется крутящим моментом? В чем заключается правило знаков крутящего момента? 5 Как определяется скручивающий момент по мощности, передаваемой валом, и по числу оборотов в минуту? 6 По каким формулам определяется касательное напряжение в сечении? 7 Как распределяются касательные напряжения по площади круглого сечения при кручении? 8 Как определяются абсолютный и относительный углы закручивания вала? 9 Как рассчитывается вал на прочность и жёсткость (условия прочности и жёсткости)? 10 Как выбрать размер диаметра вала из условия прочности и жёсткости? 11 Какие валы при кручении считаются статически неопределимыми? 12 Каков порядок раскрытия статической неопределимости валов при кручении? 13 Из какого условия составляется дополнительное уравнение (уравнение совместности деформаций)? 235

Сложное сопротивление 1 Какие напряжённые состояния возникают в теле при действии нагрузок? 2 Как выражается обобщённый закон Гука? 3 В чём выражается закон парности касательных напряжений? 4 Каковы основные виды сложного сопротивления? 5 В каких условиях получается косой изгиб? 6 Как при косом изгибе располагается в плоскости сечения нейтральная линия по отношению к силовой линии? 7 Как определить прогиб балки при косом изгибе? 8 В чём заключается внецентренное нагружение? 9 Как определяется нормальное напряжение в сечении при одновременном действии растяжения и изгиба? 10 В каких точках сечения сочетание напряжений получается наиболее опасным для прочности вала? 11 Как находится опасное сечение вала, работающего на изгиб и кручение? 12 Какие основные теории прочности используются при одновременном действии в сечении нормальных и касательных напряжений? 13 По каким формулам определяются эквивалентные напряжения и эквивалентные моменты по 3-й и 4-й теориям прочности?

Устойчивое равновесие деформируемых систем 1 Что называется продольным изгибом? 2 Что называется критической силой? 3 Как определяется запас устойчивости? 4 По какой формуле определяется критическая сила при большой гибкости (формула Эйлера)? 5 По какой формуле определяется критическое напряжение при средней гибкости (формула Ясинского)? 6 Что такое приведённая длина стержня? 7 Как учитывается влияние способа закрепления концов сжатого стержня на величину критической силы? 8 Как определяется гибкость стержня? 9 От чего зависит минимальный радиус инерции поперечного сечения? 10 На чём основывается установление границ применимости формулы Эйлера? 236

11 В чём заключается поверочный расчёт на устойчивость по коэффициенту φ? 12 Каков порядок расчёта стержня на устойчивость при проектировочном расчёте с использованием коэффициента φ?

Динамическое действие нагрузок 1 Какие виды нагрузок встречаются в машиностроении? 2 В чём заключается принцип д ' Аламбера? 3 Что представляет собой динамический коэффициент? 4 Как определяется динамическое напряжение? 5 Какие колебания называются свободными или собственными? 6 Какие колебания называются вынужденными? 7 В каких условиях возможно явление резонанса? 8 Какие предпосылки положены в основу приближённого способа определения частот собственных колебаний? 9 Как учитывается сила инерции в динамических расчётах? 10 В чем заключается общий принцип расчёта на прочность при действии динамических нагрузок?

237

ПРИЛОЖЕНИЕ Б

Образец титульной страницы Федеральное агентство по образованию Пензенский государственный университет Кафедра надёжности машин и приборов

Расчёт на прочность, жёсткость и устойчивость элементов конструкций ПГУ 3. 151002. 005 – ПЗ КУРСОВАЯ РАБОТА по дисциплине «Сопротивление материалов»

Выполнил студент Группы 08ММ1 _____________________________ И. И. Иванов

Руководитель _____________________________ И. Н. Петров

Пенза 2010

238

ПРИЛОЖЕНИЕ В

Обозначение кода курсовой работы на титульной странице документа ОСНОВНЫЕ НАДПИСИ

Пример обозначений кода пояснительной записки, приведённого на титульной странице для курсовой работы (по ПРИЛОЖЕНИЮ Б). ПГУ 3. 151002. 01. ПЗ Характер работы:

Код документа (сборочный чертёж,… пояснительная записка) СБ − сборочный чертёж

− дипломный проект, работа − курсовой проект

ВО − чертёж общего вида − спецификация

− курсовая работа

− отчёт по практике ПЗ − пояснительная записка

− научноисследовательская работа Номер специальности

Регистрационный порядковый номер документа (устанавливается кафедрой и утверждается приказом ректора)

239

ПРИЛОЖЕНИЕ Г Реферат Пояснительная записка содержит 56 листов, 13 рисунков, 2 таблицы, список использованных источников − 5 наименований. Ключевые слова: растяжение, сжатие, кручение, изгиб, моменты инерции, устойчивость, внешняя сила, внутренняя сила, напряжение, деформация, закон Гука. Рассматриваемый объект: технические системы, загруженные внешними силами. Цель работы − произвести расчёт на прочность, жёсткость и устойчивость элементов конструкций. В процессе работы проводился расчёт на прочность, жёсткость и устойчивость стержневых систем, работающих в условиях растяжения, сжатия, кручения, изгиба.

240

ПРИЛОЖЕНИЕ Д Структура пояснительной записки

Титульный лист Реферат Содержание Введение Основной раздел, который содержит расчёты и схемы всех задач в соответствии с заданием, выводы. Список используемой литературы. Приложения.

241

ПРИЛОЖЕНИЕ Е [1] Значения коэффициента ϕ уменьшения допускаемого напряжения на сжатие

1 Гибкость λ

Дерево

2

Материал 3

4

5

Чугун марок Сталь марок Сталь марок Сталь марок КЧ30–6 Ст. 3, Ст. 4 Ст. 5 Ст. 40Х коэффициент ϕ

0

1

1,00

1,00

1,00

1,00

10

0,99

0,97

0,99

0,98

0,98

20

097

0,91

0,97

0,96

0,95

30

0,93

0,81

0,95

0,93

0,92

40

0,87

0,69

0,92

0,90

0,89

50

0,80

0,57

0,89

0,85

0,84

60

0,71

0,44

0,86

0,80

0,78

70

0,61

0,34

0,81

0,74

0,71

80

0,49

0,26

0,75

0,67

0,63

90

0,38

0,20

0,69

0,59

0,54

100

0,31

0,16

0,60

0,50

0,46

110

0,25

0,52

0,43

0,39

120

0,22

0,45

0,37

0,33

130

0,18

0,40

0,32

0,29

140

0,16

0,36

0,28

0,25

150

0,14

0,32

0,25

0,23

160

0,12

0,29

0,23

0,21

170

0,11

0,26

0,21

0,19

180

0,10

0,23

0,19

0,17

190

0,09

0,21

0,17

0,15

200

0,08

0,19

0,15

0,13

242

ПРИЛОЖЕНИЕ Ж Геометрические параметры элементарных фигур Форма Координата центра Величина элементарной фигуры тяжести площади площади h Zц. т.

l h Zц.т.

l

a

b

h Zц.т.

Zц. т. l

A

h Zц. т.

Zц. т

l h A

Zц. т.

Zц.т.

l

1 Z ц. т. = l 2

Ω = lh

1 Z ц. т. = l 3

1 Ω = lh 2

Слева направо 1 Z ц. т. = (2l - a ) 3 Справа налево 1 Z ц. т. = (l + b ) 3

1 Ω = lh 2

Слева направо 5 Z ц. т. = l 8 Справа налево 3 Z ц. т. = l 8 Слева направо 3 Z ц. т. = l 4 Справа налево 1 Z ц. т. = l 4

А

f3 Zц. т.

1 Z ц. т. = l 2

l

243

Квадратная парабола 2 Ω = lh 3 Вершина в точке А Квадратная парабола 1 Ω = lh 3 Вершина в точке А Квадратная парабола 2 Ω= f l 3 Вершина в точке А

ПРИЛОЖЕНИЕ И Геометрические характеристики плоских сечений брусьев

Наименование фигуры и расчётные формулы характеристик

Вид сечения (фигуры)

Квадрат

Y

F = a2 ;

Х

а

JX

X'

a4 a4 = JY = ; JX′ = ; 12 3

a3 . WX = 6

а

Прямоугольник F = bh ;

Y' Y Х

h

X'

JX =

bh 3 12

WX =

bh 2 ; 6

JX′

b

bв yв yн bн

WY =

bh 3 ; = 3

JY ′

Трапеция (b + b )h F= н в ; 2 (b + 2bв )h ; ун = н 3(bн + bв )

Y

Х

(b JX =

2 н

h X'

JX′ = W Xв =

244

hb3 ; 12

JY =

hb 2 6

hb 3 = . 3

ув =

)

(2bн + bв )h ; 3(bн + bв )

+ 4bн bв + bв2 h 3 ; 36(bн + bв )

(bн + 3bв )h 3 ; 12

JX yв

(для верхних волокон).

ПРИЛОЖЕНИЕ И (продолжение) Прямоугольный треугольник bh ; yв = 2 h ; y н = 1 h ; F= 2 3 3

y' y

h

yв

X

yн

X'

b1

b2 b Y

с

yв

х0

Треугольник b⋅h F= ; yн = 1 h ; 2 3

Y'

а

yн

h

X

d=

X'

d

bа

bh 3 hb 3 JX = JY = ; ; 36 36 h 2b 2 ; J ХY = − 72 bh 2 bh 2 W Xн = ; W Xв = ; 12 24 bh 3 hb 3 ; . JX′ = JY ′ = 12 12

bс

JX

ba − bc 3

bh 3 = ; 36

(

1 (2 ⋅ b − bc ); 3 W Xв

)

bh 2 = ; 24

πd2 ≈ 0,785 d 2 ; 4 πd4 J X = JY = J X ′ = ≈ 0,05 d 4 ; 64 4 πd ; J P = 2J X = 32 πd3 W X = WY = W X ′ = ≈ 0,1 d 3 ; 32 3 πd . WР = 16

Круг

X'

X

d

х0 =

2 ; h 3

bh b 2 − ba ⋅ bc bh 3 ; JX′ = JY = . 36 12

b

Y

;

yв =

245

F=

ПРИЛОЖЕНИЕ И (продолжение) Полукруг π ⋅ D2 ; F= 8

Y yв

yн =

X

yн

X'

D

π ⋅ r4 = 8

α

α с

4r ⋅ sin 3α ; yС = 3ϕ r4 ⋅ ϕ = 8

(

X

)

d π ⋅ D 2 1 − α2 ; α= ; 4 D 4 π⋅D J X = JY = J X ′ = 1 − α4 ; 64 4 π⋅D JP = 1 − α4 ; 32 π D3 1 − α4 ; W X = WY = W X ′ = 32 3 πD WР = 1 − α4 . 16

Кольцо F =

X'

d

π ⋅ r4 . 8

⎛ 4 sin 3 α ⋅ cos α ⎞ ⎜1 + ⎟; JX ⎜ ⎟ ϕ ⎝ ⎠ 4 3 r ⋅ϕ ⎛ 4 sin α ⋅ cos α ⎞ ⎟. ⎜1 − JY = ⎟ 8 ⎜⎝ 3ϕ ⎠

r

b

Y

π ⋅ r4 ; JX′ = 8

⎛ 64 ⎞ ⎜1 − 2 ⎟ ; ⎜ 9π ⎟ ⎝ ⎠

Круговой сегмент r2 ⋅ ϕ ; b = 2 r·sin α; φ = 2α – sin2α; F= 2

X yС

4r ; 3π

JY =

Y

D

JX

D = 2 r;

(

(

246

(

)

(

)

)

)

ПРИЛОЖЕНИЕ К [17] Двутавры стальные горячекатаные Обозначения:

см

Размеры, мм h b d t

Площадь 22

№ профиля

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. IIxx, см44 см

Wxx, W

см 3 см

iixx, см см

3

Sxx, S

см 3 см

JJyy,

см 4 см

Wyy, W

3

4

3

см 3 см

Масса iiyy, Масса м 11 м, см кГ см кг

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

10 12 14 16 18 18а 20 20а 22 22а 24 24а 27 27а 30 30а 33 36 40 45 50 55 60

100 120 140 160 180 180 200 200 220 220 240 240 270 270 300 300 330 360 400 450 500 550 600

56 64 73 81 90 100 100 110 110 120 115 125 125 135 135 145 140 145 155 160 170 180 190

4,5 4,8 4,9 5,0 5,1 5,1 5,2 5,2 5,4 5,4 5,6 5,6 6,0 6,0 6,5 6,5 7,0 7,5 8,3 9,0 10,0 11,0 12,0

7,2 7,3 7,5 7,8 8,1 8,3 8,4 8,6 8,7 8,9 9,5 9,8 9,8 10,2 10,2 10,7 11,2 12,3 13,0 14,2 15,2 16,5 17,8

12,0 14,7 17,4 20,2 23,4 25,4 26,8 28,9 30,6 32,8 34,8 37,5 40,2 43,2 46,5 49,9 53,8 61,9 72,6 84,7 100,0 118,0 138,0

198 350 572 873 1290 1430 1840 2030 2550 2790 3460 3800 5010 5500 7080 7780 9840 13380 19062 27696 39727 55962 76806

39,7 58,4 81,7 109,0 143,0 159,0 184,0 203,0 232,0 254,0 289,0 317,0 371,0 407,0 472,0 518,0 597,0 743,0 953,0

4,06 4,88 5,73 6,57 7,42 7,51 8,28 8,37 9,13 9,22 9,97 10,10 11,20 11,30 12,30 12,50 13,50 14,70 16,20

23,0 33,7 46,8 62,3 81,4 89,8 104,0 114,0 131,0 143,0 163,0 178,0 210,0 229,0 268,0 292,0 339,0 423,0 545,0

17,9 27,9 41,9 58,6 82,6 114,0 115,0 155,0 157,0 206,0 198,0 260,0 260,0 337,0 337,0 436,0 419,0 516,0 667,0

6,49 8,72 11,50 14,50 18,40 22,80 23,10 28,20 28,60 34,30 34,50 41,60 41,50 50,00 49,90 60,10 59,90 71,10 86,10

1,22 1,38 1,55 1,70 1,88 2,12 2,07 2,32 2,27 2,50 2,37 2,63 2,54 2,80 2,69 2,95 2,79 2,89 3,03

9,46 11,50 13,70 15,90 18,40 19,90 21,00 22,70 24,00 25,80 27,30 29,40 31,50 33,90 36,50 39,20 42,20 48,60 57,00

1231,0 1589,0 2035,0 2560,0

18,10 19,90 21,80 23,60

708,0 808,0 101,00 919,0 1043,0 123,00 1181,0 1356,0 151,00 1491,0 1725,0 182,00

3,09 3,23 3,39 3,54

66,50 78,50 92,60 108,0

247

5 6,5 8 10 12 14 14а 16 16а 18 18а 20 20а 22 22а 24 24 а 27 30 33 36 40

Размеры, мм H b 50 65 80 100 120 140 140 160 160 180 180 200 200 220 220 240 240 270 300 330 360 400

32 36 40 46 52 58 62 64 68 70 74 76 80 82 87 90 95 95 100 105 110 115

d

t

R

r

4,4 4,4 4,5 4,5 4,8 4,9 4,9 5,0 5,0 5,1 5,1 5,2 5,2 5,4 5,4 5,6 5,6 6,0 6,5 7,0 7,5 8,0

7,0 7,2 7,4 7,6 7,8 8,1 8,7 8,4 9,0 8,7 9,3 9,0 9,7 9,5 10,2 10,0 10,7 10,5 11,0 11,7 12,6 13,5

6,0 6,0 6,5 7,0 7,5 8,0 8,0 8,5 8,5 9,0 9,0 9,5 9,5 10,0 10,0 10,5 10,5 11,0

2,5 2,5 2,5 3,0 3,0 3,0 3,0 3,5 3,5 3,5 3,5 4,0 4,0 4,0 4,0 4,0 4,0 4,5

12,0 5,0 13,0 5,0

14,0 6,0 15,0 6,0

Площадь, см2 Масса 1м кг

№ швеллера

ПРИЛОЖЕНИЕ Л [18] Швеллеры стальные горячекатаные с уклоном внутренних граней полок 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 – расстояние от центра тяжести до наружных граней полок Jx, см4

6,16 4,84 22,8 7,51 5,90 48,6 8,98 7,05 89,4 10,90 8,59 174,0 13,30 10,40 304,0 15,60 12,30 491,1 17,00 13,30 545,0 18,10 14,20 747,0 19,50 15,30 823,0 20,70 16,30 1090,0 22,20 17,40 1190,0 23,40 18,40 1520,0 25,20 19,80 1670,0 26,70 21,00 2110,0 28,80 22,60 2330,0 30,60 24,00 2900,0 32,90 25,80 3180,0 35,20 27,70 4160,0 40,50 31,80 5810,0 46,50 36,50 7980,0 53,40 41,90 10820,0 61,50 48,30 15220,0

248

Wx , см3

ix, см

9,1 15,0 22,4 34,8 50,6 70,2 77,8 93,4 103,0 121,0 132,0 152,0 167,0 192,0 212,0 242,0 265,0 308,0 387,0 484,0 601,0 761,0

1,92 2,54 3,16 3,99 4,78 5,60 5,66 6,42 6,49 7,24 7,32 8,07 8,15 8,89 8,99 9,73 9,84 10,90 12,00 13,10 14,20 15,70

Sx, Iy, Wy, см3 см4 см3 5,59 9,00 13,30 20,40 29,60 40,80 45,10 54,10 59,40 69,80 76,10 87,80 95,90 110,0 121,0 139,0 151,0 178,0 224,0 281,0 350,0 444,0

5,61 8,70 12,8 20,4 31,2 45,4 57,5 63,3 78,8 86,0 105,0 113,0 139,0 151,0 187,0 208,0 254,0 262,0 327,0 410,0 513,0 642,0

iy, см

z0 , cм

2,75 0,954 1,16 3,68 1,08 1,24 4,75 1,19 1,31 6,46 1,37 1,44 8,52 1,53 1,54 11,0 1,70 1,67 13,3 1,84 1,87 13,8 1,87 1,80 16,4 2,01 2,00 17,0 2,04 1,94 20,0 2,18 2,13 20,5 2,20 2,07 24,2 2,35 2,28 25,1 2,37 2,21 30,0 2,55 2,46 31,6 2,60 2,42 37,2 2,78 2,67 37,3 2,73 2,47 43,6 2,84 2,52 51,8 2,97 2,59 61,7 3,10 2,68 73,4 3,23 2,75

ПРИЛОЖЕНИЕ М

[15]

Уголки стальные горячекатаные равнополочные Обозначения:

Справочные величины для осей x0 – х0 y0 – y0 х1 – х1 х–x Jxy, см4

z0 , см

Масса 1 м, кг

Размеры, мм

12

13

14

15

0,17 0,22 0,34 0,44 0,48 0,74 0,94 1,06 1,36 1,47 1.90 2,30

0,39 0,38 0,49 0,48 0,55 0,63 0,62 0,71 0,70 0,79 0,78 0,79

0,81 1,09 1,57 2,11 2,20 3,26 3,39 4,64 6,24 6,35 8,53 10.73

0,60 0,64 0,73 0,76 0,80 0,89 0,94 0,99 1,04 1,09 1,13 1,17

0,89 1,15 1,12 1,46 1,27 1,46 1,91 1,65 2,16 1,85 2,42 2,97

2,12 2,74 3,33 2,95 3,80 4,63

0,89 0,89 0,88 1,00 0,99 0,98

9,04 12,0 15,30 12,40 16,60 20,90

1,21 1,26 1,30 1,33 1,38 1,42

2,08 2,73 3,37 2,32 3,05 3,77

b d

R

r

Площадь см2

№ профиля

b − ширина полки; d − толщина стенки; J − момент инерции; jxy − центробежный момент инерции; W − момент сопротивления; i − радиус инерции; z0 – расстояние от центра тяжести до наружных граней полок

1

2

4

5

6

7

8

9

10

11

2

20

1,13 1,46 1,43 1,86 1,62 1,86 2,43 2,10 2,75 2,35 3,08 3,79

0,40 0,50 0,81 1,03 1,16 1,77 2,26 2,56 3,29 3,55 4,58 5,53

0,59 0,53 0,75 0,74 0,85 0,97 0,96 1,10 1,09 1,23 1,22 1,20

0,63 0,78 1,29 1,62 1,84 2,80 3,58 4,06 5,21 5,63 7,26 8,75

0,75 0,73 0,95 0,93 1,07 1,23 1,21 1,39 1,38 1,55 1,53 1,54

2,65 3,48 4,20 2,96 3,89 4,80

5,13 6,63 8,03 7,11 9,21 11,20

1,39 1,38 1,37 1,55 1,54 1,53

8,13 10,50 12,70 11,30 14,60 17,80

1,75 1,74 1,72 1,95 1,94 1,92

2,5 25 2,8 28 3,2 32 3,6 36 4

40

4,5

46

5

50

5,6 56

3

3 4 3 4 3 3 4 3 4 3 4 5 3 4 5 3 4 5

3,5 1,2 3,5 1,2 4,0 4,3 4,5 1,5 4,5 1,5 5,0 1,7 5,0 1,7 5,5 1,8

Jx0 ix0 i Jy0 min, y0 Jx 4 i , см max, max, min, см4 x см4 см4 см см

4 4,38 13,10 1,73 20,80 2.18 5,41 6,0 2,0 5 5,41 16,00 1,72 25,40 2,16 6,59

4 4,96 18,90 1,95 6,3 63 5 7,0 2,3 6,13 23,10 1,94 6 7,28 27,10 1,93

1,11 23,30 1,52 3,44 1,10 29,20 1,57 4,25

29,90 2,45 7,81 1,25 33,10 1,69 3,90 36,60 2,44 9,52 1,25 41,50 1,74 4,81 42,90 2,43 11,20 1,24 50,00 1,78 5,72

249

ПРИЛОЖЕНИЕ М (продолжение)

1

2

8

9

10

11

12

13

14

15

7

4,5 6,20 29,0 5 6,86 31,9 70 6 8 2,7 8,15 37,6 7 9,42 43,0 8 10,70 48,2

2,16 2,16 2,15 2,14 2,13

46,0 50,7 53,6 68,2 76,4

2,72 2,72 2.71 2.69 2.68

12,0 13,2 15,5 17,8 20,0

1,39 1,39 1,38 1,37 1,37

51,0 56,7 68,4 80,1 91,9

1,88 1,90 1,94 1,99 2,02

4,87 5,38 6,39 7,39 8,37

2,31 2,30 2,29 2,28 2,27 2,47 2,47 2,45 2,44 2,78 2,77 2,76 2,75 3,09 3,08 3,07 3,05 3,03 3,00 2,98 3,40 3,39

62,6 73,9 84,6 94,6 105,0 83,6 90,4 104,0 116,0 130,0 150,0 168,0 186,0 193,0 207,0 233,0 284,0 331,0 375,0 416,0 279,0 315,0

2,91 2,90 2,89 2.87 2, 86 3,11 3,11 3,09 3,08 3,50 3,49 3,48 3,46 3,88 3,88 3,87 3,84 3,81 3,78 3,74 4,29 4,28

16,4 19.3 22,1 24,8 27,5 21,8 23,5 27,0 30,3 34,0 38,9 43,8 48,6 50,7 54,2 60,9 74,1 86,9 99,3 112,0 72,7 81,8

1,49 1,48 1,48 1,47 1,46 1,59 1,58 1,58 1,57 1,79 1,78 1,77 1,77 1,9 1,98 1,98 1,96 1,95 1,94 1,94 2,19 2,18

69,6 83,9 98,3 113,0 127,0 93,2 102,0 119,0 137,0 145,0 169,0 194,0 219,0 214,0 231,0 265,0 333,0 402,0 472,0 542,0 308,0 353,0

2,02 2,06 2,10 2,15 2,18 2,17 2,19 2,23 2,27 2,43 2,47 2,51 2,55 2,68 2,71 2,75 2,83 2,91 2,99 3,06 2,96 3,00

5,80 6,89 7,96 9,02 10,10 6,78 7,36 8,51 9,65 8,33 9,64 10,90 12,20 10,10 10,80 12,20 15,10 17,90 20,60 23,30 11,90 13,50

19,7 294 89 22,0 327 10 24,3 360 12,5 125 12 14 4,6 28,9 422 14 33,4 482 16 37,8 539

3,87 3,86 3,85 3,82 3,80 3,78

467 520 571 670 764 853

4,87 4,86 4,84 4,82 4,78 4,75

122 135 149 174 200 224

2,49 516 2,48 582 2,47 649 2,46 782 2,45 916 2,44 1051

3,36 3,40 3,45 3,53 3,61 3,68

15,5 17,3 19,1 22,7 26,2 29,6

9 24,7 466 14 140 10 14 4,6 27,3 512 12 32,5 602

4,34 4,33 4,31

739 5,47 192 814 5,46 211 957 5,43 248

7,5 75

8

80

9

90

10 100

11 110

3

5 6 7 8 9 5,5 6 7 8 6 7 8 9 6,5 7 8 10 12 14 16 7 8

4

9

9

10

12

12

5

6

7

7,39 39,5 8,78 46,6 3,0 10,10 53,3 11,50 59,8 12,80 66,1 8,63 52,7 9,38 57,0 3,0 10,80 65,3 12,30 73,4 10,60 82,1 12,30 94,3 3,3 13,90 106,0 15,60 118,0 12,8 122,0 13,8 131,0 15,6 147,0 4,0 19,2 179,0 22,8 209,0 26,3 237,0 29,70 264,0 15,20 176,0 4,0 17,20 198,0

250

2,79 818 3,78 19,4 2,78 911 3,82 21,5 2,76 1097 3,90 25,5

ПРИЛОЖЕНИЕ М (продолжение) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10 31,4 774 4,96 1229 6,25 319 3,19 11 34,4 844 4,95 1341 6,24 348 3,18 12 37,4 913 4,94 1450 6,23 376 3,17 16 160 14 16 5,3 43,3 1046 4,92 1662 6,20 431 3,16 16 49,1 1175 4,89 1866 6,17 485 3,14 18 54,8 1299 4,87 2061 6,13 537 3,13 20 60,4 1419 4,85 2248 6,10 589 3,12

18 180

14 4,30 4,35 4,39 4,47 4,55 4,63 4,70

15 24,7 27,0 29,4 34,0 38,5 43,0 47,4

11 38,8 1216 5,60 1933 7,06 500 3,59 2128 4,85 30,5 16 5,3 12 42,2 1317 5,59 2093 7,04 540 3,58 2324 4,89 33,1

12 47,1 1823 6,22 13 50,9 1961 6,21 14 54,6 2097 6,20 20 200 16 18 6,0 62,0 2363 6,17 20 76,5 2871 6,12 25 94,3 3466 6,06 111,5 4020 6,00 30 22 220

13 1356 1494 1633 1911 2191 2472 2756

2896 3116 3333 3755 4560 5494 6351

7,84 7,83 7,81 7,78 7,72 7,63 7,55

749 805 861 970 1182 1438 1688

3,99 3,98 3,97 3,96 3,93 3,91 3,89

3182 3452 3722 4264 5355 6733 8130

5,37 5,42 5,46 5,54 5,70 5,89 6,07

37,0 39,9 42,8 48,7 60,1 74,0 87,6

14 60,4 2814 6,83 4470 8,60 1159 4,38 4941 5,93 47,4 21 7,0 16 68,6 3175 6,81 5045 8,58 1306 4,36 5661 6,02 53,8

16 78,4 4717 7,76 18 87,7 5247 7,73 20 97,0 5765 7,71 25 250 22 24 8 106,1 6270 7,69 25 119,7 7006 7,65 28 133,1 7717 7,61 30 142,0 8177 7,59

7492 8337 9160 9961 11125 12244 12965

251

9,78 9,75 9,72 9,69 9,64 9,59 9,56

1942 2158 2370 2579 2887 3190 3389

4,98 4,96 4,94 4,93 4,91 4,89 4,89

8286 6,75 9342 6,83 10401 6,91 11464 7,00 13064 7,11 14674 7,23 15753 7,31

61,5 68,9 76,1 83,3 94,0 104,5 111,4

ПРИЛОЖЕНИЕ Н [16] Уголки стальные горячекатаные неравнополочные Обозначения:

В

b d

1

2

3

2,5/1,6 25 16 3,2/2 32 20 4/2,5 40 25 4,5/2,8 45 28 5/3,2 50 32 5,6/3,6 56 36 6,3/4,0 63 40 7/4,5 70 45 7,5/5 75 50 8/5

80 50

9/5,6 90 56

4

3 3 4 3 4 3 4 3 4 4 5 4 5 6 8 5 5 6 8 5 6 5,5 6,0 8,0

5

Справочные величины для осей х1 – х1 y1 – y1 х–x y–y u–u Jy1 Jи iи Jx , ix, Jy , iy, Jx1, y0 , x0, min, min, см4 см см4 см см4 см min, см см4 см см4 6

7

8

9

10

1,16 0,70 0,78 0,22 0,44 1,56 1,49 1,52 1,01 0,46 0,55 3,26 1,94 1,93 1,00 0,57 0,54 4,38 1,89 3,061 1,27 0,93 0,70 6,37 2,47 3,93 1,26 1,18 0,69 8,53 2,14 4,41 1,43 1,32 0,79 9,02 2,80 5,68 1,42 1,69 0,78 12,10 2,42 6,17 1,60 1,99 0,91 12,40 3,17 7,98 1,59 2,56 0,90 16,60 3,58 11,40 1,78 3,70 1,02 23,20 4,41 13,80 1,77 4,48 1,01 29,20 4,04 16,3 2,01 5,16 1,13 33,0 4,98 19,90 2,00 6,26 1,12 41,40 5,90 23,30 1,99 7,28 1,11 49,90 7,68 29,60 1,96 9,15 1,09 66,90 5,59 27,80 2,23 9,05 1,27 56,70 6,11 34,80 2,39 12,50 1,43 69,70 7,25 40,90 2,38 14,60 1,42 83,90 9,47 52,40 2,35 18,50 1,40 112,0 6,36 41,60 2,56 12,70 1,41 84,60 7,55 49,00 2,55 14,80 1,40 102,0 7,86 65,3 2,88 19,7 1,58 132 8,54 70,6 2,88 21,2 1,58 145 11,18 90,9 2,85 27,1 1,56 194

252

Угол наклона оси, tg α

Номер профиля

Размеры, мм

Площадь, 2 см

В − ширина большей полки; b − ширина меньшей полки; d − толщина полки; J − момент инерции; Jxy − центробежный момент инерции; W − момент сопротивления; i − радиус инерции; x0 , y0 − расстояние от центра тяжести до наружных граней полок. Масса 1 м, кг

11

12

13

14

15

16

17

0,86 1,08 1,12 1,32 1,37 1,47 1,51 1,60 1,85 1,82 1,86 2,03 2,08 2,12 2,20 2,28 2,39 2,44 2,52 2,60 2,65 2,92 2,95 3,04

0,43 0,82 1,12 1,58 2,15 2,20 2,98 3,26 4,42 6,25 7,91 8,51 10,80 13,10 17,90 15,20 20,80 25,20 34,20 20,80 25,20 32,2 35,2 47,8

0,42 0,49 0,53 0,59 0,63 0,64 0,68 0,72 0,76 0,84 0,88 0,91 0,95 0,99 1,07 1,05 1,17 1,21 1,29 1,13 1,17 1,26 1,28 1,36

0,13 0,28 0,35 0,56 0,71 0,79 1,02 1,18 1,52 2,19 2,66 3,07 3,72 4,36 5,58 5,34 7,24 8,48 10,90 7,58 8,88 11,8 12,7 16,3

0,34 0,43 0,43 0,54 0,54 0,61 0,60 0,70 0,69 0,78 0,78 0,87 0,86 0,86 0,85 0,98 1,09 1,08 1,07 1,09 1,08 1,22 1,22 1,21

0,392 0,382 0,374 0,385 0,381 0,382 0,379 0,403 0,401 0,406 0,404 0,397 0,396 0,393 0,386 0,406 0,436 0,435 0,430 0,387 0,386 0,384 0,384 0,380

0,91 1,17 1,52 1,48 1,94 1,68 2,20 1,90 2,49 2,81 3,46 3,17 3,91 4,63 6,03 4,39 4,79 5,69 7,43 4,99 5,92 6,17 6,70 8,77

1

В b 2

3

d 4

см

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

98,3 113 127 154

3,20 3,19 3,18 3,15

30,6 35,0 39.2 47,1

1,79 1,78 1,77 1,55

198 232 266 333

3,23 3,28 3,32 3,40

49,9 58,7 67,6 85,8

1,42 1,46 1,50 1,58

18,2 20,8 23,4 28,3

1,38 1,37 1,36 1,35

0,393 0,392 0,391 0,387

7,53 8,70 9,87 12,10

6,0 9,59 7,0 11,10 10/6,3 100 63 8,0 12,60 10,0 15,51 11/7 110 70

см см

см

см

4

см

см

4

см

кг

227 256 312 365

4,01 73,7 2,29 4,00 83,0 2,28 3,98 100,0 2,26 3,95 117,0 2,24

452 518 649 781

4,01 4,05 4,14 4,22

119,0 137,0 173,0 210,0

1,80 1,84 1,92 2,00

43,4 48,8 59,3 69,5

1,76 1,75 1,74 1,72

0,407 0,406 0,404 0,400

11,0 12,5 15,5 18,30

8,0 18,00 364 4,49 120,0 2,58 727 4,49 194,0 2,03 70,3 1,98 0,411 14,10 10,0 22,20 444 4,47 146,0 2,56 911 4,58 245,0 2,12 85,5 1,96 0,409 17,5

9,0 22,90 10,0 25,30 16/10 160 100 12,0 30,00 14,0 34,70 18/11 180 110

см см

Масса 1 м,

6,5 11,40 142 3,53 45,6 2,00 286 3,55 74,3 1,58 26,9 1,53 0,402 8,98 8,0 13,90 172 3,51 54,6 1,98 353 3,61 92,2 1,64 32,3 1,52 0,400 10,9

7,0 14,10 8,0 16,00 12,5/8 125 80 10,0 19,70 12,0 23,40 14/9 140 90

Справочные величины для осей х1 – х1 y1 – y1 х–x y–y u–u J i Jy1 и Jx , ix, Jy, iy, Jx1, y0, min, x0, minи, min, 4 4 4

Угол на клона оси tg α

Размеры, мм

Площадь, см2

Номер профиля

ПРИЛОЖЕНИЕ Н (продолжение)

606 667 784 897

5,15 186,0 2,85 5,13 204,0 2,84 5,11 239,0 2,82 5,08 272,0 2,80

1221 1359 1634 1910

5,19 5,23 5,32 5,40

300,0 335,0 405,0 477,0

2,23 2,28 2,36 2,43

110,0 121,0 142,0 162,0

2,20 2,19 2,18 2,16

0,391 0,390 0,388 0,385

18,0 19,8 23,6 27,3

10,0 28,30 952 5,80 276,0 3,12 1933 5,88 444,0 2,44 165,0 2,42 0,375 22,2 12,0 33,70 1123 5,77 324,0 3,10 2324 5,97 537,0 2,52 194,0 2,40 0,374 26,4

11 12 20/12,5 200 125 14 16

34,9 37,9 43,9 49,8

1449 1568 1801 2026

6,45 6,43 6,41 6,38

446 482 551 617

3,58 3,57 3,54 3,52

2920 3189 3726 4264

6,50 6,54 6,62 6,71

718 786 922 1061

2,79 2,83 2,91 2,99

264 285 327 367

2,75 2,74 2,73 2,72

0,392 0,392 0,390 0,388

27,4 29,7 34,4 39,1

12 16 25/16 250 160 18 20

48,3 63,6 71,1 78,5

3147 4091 4545 4987

8,07 8,02 7,99 7,97

1032 1333 1475 1613

4,62 6212 4,58 8308 4,56 9358 4,53 10410

7,97 8,14 8,23 8,31

1634 2200 2487 2776

3,53 3,69 3,77 3,85

604 781 866 949

3,54 3,50 3,49 3,48

0,410 0,408 0,407 0,405

37,9 49,9 55,8 61,7

253

ПРИЛОЖЕНИЕ П

Основные формулы Растяжение и сжатие

N F

σ=

Напряжение

∆l =

Абсолютная деформация

N ⋅l E ⋅F

ε=

Относительная деформация

∆l l

Закон Гука

σ = E ⋅ε

Коэффициент Пуассона

µ=

ε′ ε

N2 ⋅l U = A= 2 EF

Потенциальная энергия упругой деформации

[σ] =

Допускаемое напряжение

Условие прочности

max σ

Условие жёсткости

∆lmax =

=

σ пред n

N ≤ [σ ] F

N ⋅l ≤ [∆l ] E ⋅F

∆l t = αo ⋅ l ⋅ ∆t o

Температурное удлинение стержня

254

ПРИЛОЖЕНИЕ П (продолжение) Геометрические характеристики плоских сечений

Статические моменты площади сечения

S x = ∫ ydF S y = ∫ xdF

Координаты центра тяжести сечения

∑ S yi XC = ∑ Fi

YC =

Осевые моменты инерции

J x = ∫ y 2dF

J y = ∫ x 2dF

F

F

F

∑ S xi ∑ Fi F

Центробежный момент инерции

J xy = ∫ x ⋅ y dF

Полярный момент инерции

J P = J x + J y , J P = ∫ ρ 2 dF

Моменты сопротивлений

Wx =

F

F

Jx y

Wy =

Jy

Теорема о параллельном переноJ x1 = J x + a 2 F се осей Радиусы инерции

ix =

Определение главных осей

tg 2α =

Jx F

iy =

WP =

x

JP ρ

J y1 = J y + b 2 F Jy F

2J xy

Jy −Jx

Главные моменты инерции J U = J x ⋅ cos 2α + J y ⋅ sin 2α − J x y ⋅ sin 2α JV = J x ⋅ sin 2α + J y ⋅ cos 2α + J x y ⋅ sin 2α

255

Напряжение

ПРИЛОЖЕНИЕ П (продолжение) Кручение M M τ = K ⋅ρ τ = K JP WP ,

MK ⋅ l GJ P Относительный угол закручива- θ = M K ния GJ P

Абсолютный угол закручивания

ϕ=

Закон Гука при сдвиге

τ = G·γ

Потенциальная энергия упругой деформации

M K2 ⋅ l U = A= 2G J P M τ max = max K ≤ [τ] WP

Условие прочности

MK ≤ [θ], радиан / м GJ P Условие жёсткости 180o 100 ⋅ М К θ max = ≤ θo , π GJP град / м Скручивающий момент, если мощность выражена в киловаттах1 N (кВт) N ; , кН·м М = 973,6 ( кг ⋅ м ) = М 9,55 n n (об ⋅ мин -1 )

θ max =

[ ]

Скручивающий момент, если мощность выражена в лошадиных силах2 N N кг·м ; М = 7 ,024 , кН·м М = 716,20 n n Скручивающий момент в Международной N (кВт) системе единиц (СИ) M = 9,55 кН·м ω (об ⋅ мин -1 ) ω=

Угловая скорость вращения

1 2

2π ⋅ n – радиан · с – 1. 60

1 кВт приближённо равен 102 кГ ⋅ м/с. В системе СИ N – мощность в ваттах. 1 л. с. равна 75 кГ ⋅ м/с

256

ПРИЛОЖЕНИЕ П (продолжение) Изгиб

Дифференциальные зависимости Журавского

q=

dQ ; dz

Q=

dM ; dz d 2M

q=

Кривизна изогнутой оси балки (основная формула теории изгиба)

d z2

1 MX = ρ EJ X

σ= Нормальное напряжение max

MX ⋅ y; JX

σ=

max M X

WX

Q y ⋅ Sx

Касательное напряжение

τ=

Условие прочности по нормальным напряжениям

max

Условие прочности по касательным напряжениям

max τ =

Потенциальная энергия упругой деформации

2 MX dz U = A=∫ EJ X l

Формула Мора

M X ⋅ M1 ∆=∫ dz EJ X l

257

JX ⋅b

σ=

max M X

WX max

≤ [σ]

Q y⋅ S X

JX ⋅b

≤[ τ ]

ПРИЛОЖЕНИЕ П (продолжение) 1 EJ X

∆=

Правило Верещагина

∑ΩM ⋅ M 1

Универсальное уравнение изогнутой линии балки

(

⎡ z − ai 1 ⎢ yi = y 0 + θ 0 ⋅ z + ∑ Mi 2! EJ X ⎢ ⎣

)2 +

∑ Pi

(z − bi )3 3!

+ ∑ qi

(z − ci )4 + 4!

Канонические уравнения метода сил δ11 X1 + δ12 X 2 + δ13 X 3 + K

K δ1n X n + ∆1P = 0

δ 21 X1 + δ 22 X 2 + δ 23 X 3 + K K δ 2 n X n + ∆ 2 P = 0 δ 31 X1 + δ 32 X 2 + δ 33 X 3 + K K δ 3n X n + ∆ 3P = 0 KK KKK δ n1 X 1 + δ n 2 X 2 + δ n 3 X 3 + K K δ nn X n + ∆ nP = 0 Коэффициенты канонических уравнений Главные δ11 , δ22, δ33, δ44… …δnn δ nn = ∑

1 M n2 dz ∫ EJ

Побочные δ12 =δ21, δ13 =δ31 δ23 =δ32… … δnk =δkn. δ nk = ∑

1 ∫ M n ⋅ M k dz EJ

Свободные ∆1P, ∆2P, ∆3P. …. …∆nP ∆ nP = ∑

1 ∫ M n ⋅ M P dz EJ

258

∑ qi

(z − d i )2 ⎤⎥ 4!

⎥ ⎦

ПРИЛОЖЕНИЕ П (продолжение) Сложное сопротивление Напряжения при косом изгибе Отрезки, определяющие нулевую линию

M

σ=

X

J

x =−

X i y2

b,

⋅ y± y

M

Y

J

⋅x

Y ix2 =−

a

Соотношение между углом наJ tgϕ = X ⋅ tg α клона силовой плоскости и угJY лом наклона нейтральной линии Напряжения при растяжении и изгибе

σ=

P MX ± ⋅y F JX

По третьей теории прочности III 2 2 Эквивалентные напряжения при σ экв = σ и + 4 τ к , изгибе и кручении по четвёртой теории прочности IV 2 2 σ эк в = σ и + 3τ к По третьей теории прочности

Эквивалентные моменты при изгибе и кручении

III М экв = M и2 + M к2 , по четвёртой теории прочности IV М экв = M и2 + 0,75 M к2

Устойчивое равновесие деформируемых систем Формула Эйлера Гибкость стержня

π 2 ⋅ EJ min Pкр = (µ ⋅ l )2 µ⋅l λ= i

Пределы правомерности формулы Эйлера

λ ≥ λ0

Формула Ясинского

σкр = а – b·λ + cλ2.

P ≤σ доп F Допускаемое напряжение на ус- [σ ] = ϕ ⋅ [σ ] у Условие устойчивости

σ=

тойчивость

259

ПРИЛОЖЕНИЕ П (продолжение) Динамическое действие нагрузок Сила инерции

Pин = ma +

Динамическое напряжение

σд = kд σ.

Коэффициент динамичности

kд =

2h ∆ ст

Частота собственных колебаний

ω0 =

g f ст

Период собственных колебаний

Т=

2π ω0

Частота вынужденных колебаний

ω=

π⋅n 30

Коэффициент динамичности при колебаниях

β=

260

P + γF ⋅ z g

1

⎛ω⎞ ⎟ 1−⎜ ⎜ω ⎟ ⎝ 0⎠

2

⋅a

ПРИЛОЖЕНИЕ Р Формулы перемножения эпюр изгибающих моментов

МI М

P

h ⋅ l ⋅ (h4 + h5) 2

hh2l 2

hh3l 3

h(l + b1 ) ⋅ c1 6

hl ( 2 h + h ) 4 5 6

h

hh 2 l 2

hh3l 6

h ( a 1 + l ) ⋅ c1 6

hl ( h + 2h ) 5 6 4

c

сh2 l 2

сh3(l + b) 6

( b1 − b )2 ⎤⎥ сс 1l ⎡⎢ 2− ⎥ 6 ⎢⎢ b a ⎥⎦ 1 ⎣

⎡h (l + b ) + ⎤ ⎢ 4 ⎥⋅ c ⎢+ h (l + a ) ⎥ 6 5 ⎣ ⎦

сh2 l 2

сh3(l + b) 6

( a1 − a )2 ⎤⎥ сс 1l ⎡⎢ 2− ⎥ 6 ⎢⎢ a b ⎥⎦ 1 ⎣

⎡h (l + b ) + ⎤ ⎢ 4 ⎥⋅ c ⎢+ h (l + a ) ⎥ 6 5 ⎣ ⎦

l

a
a

a>a1

l

l

h5

c1lh 2

l

l

l

b1

h4

hh 3l 2

h

b

l

a1

hh2 l

l

c

с1

h3 l

h

a

h2

b

261

ПРИЛОЖЕНИЕ Р (продолжение) Формулы перемножения эпюр изгибающих моментов

М

МI

P

h

2 f1 l h2 3

l

Квадратная парабола

f2

l

h1 (h + h1) ⋅ h2l 2

l f1

h2

l

Квадратная парабола

f3 l

l

2

с1

h3

a1

l (2h + h1) ⋅ h3l 6 f1 l h2 3

l

h4

b1

l

с1h ⎡⎢h(l + b1) + ⎤⎥ 1 ⎡⎢h(2h4 + h5) + ⎤⎥ 6 ⎢+ h (l + a )⎥ 6 ⎢+ h (2h + h )⎥ 1 1 ⎦ 1 5 4 ⎦ ⎣ ⎣

⎛

f 2 l h3 3

2 f 3 l h2 3

f 3 l h2 3

с1 f 3( l 2 + а1b1)

12

⎜l ⎜⎜ ⎝

+ b1 +

3

b12 ⎞⎟

f 2 l h2 3

262

f1 l

с1 f1( l 2 + а1b1) с1 f 2 ⎜⎜

Квадратная парабола

h5

l

⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠

f 2l 12

f3 l 3

( h4 + h5 )

(3h4 + h5 ) ( h4 + h5 )

ПРИЛОЖЕНИЕ С [13] Ряды нормальных линейных размеров (диаметров, длин, высот, глубин) по ГОСТ 8032−84 Ra 5 1,0 Ra 10 1,0 Ra 20 1,0 Ra 40 Ra 5 Ra 10 Ra 20 Ra 40

1,1

1,2 1,2

1,4

1,6 2,5 4,0 6,3 1,6 2,0 2,5 3,2 4,0 5,0 6,3 8,0 1,6 1,8 2,0 2,2 2,5 2,8 3,2 3,6 4,0 4,5 5,0 5,6 6,3 7,1 8,0 9,0

1,0 1,05 1,1 1,15 1,6 1,7 1,8 1,9 2,5 2,6 2,8 3,0 4,0 4,2 4,5 4,8 6,3 6,7 7,1 7,5 1,2 10 10 10

1,3

1,4

1,5

2,0 2,1 2,2 2,4 3,2 3,4 3,6 3,8 5,0 5,3 5,6 6,0 8,0 8,5 9,0 9,5

14

16 16 16

18

20 20

22

25 25 25

10 10,5 11 11,5 16

17

18

19

12

21

22

24

11 13

12 12 14

15

20

28

32 32

36

40 40 40

45

50 50

56

63 63 63

25

26

28

30

40

42

45

48

32

34

36

38

50

53

56

60

71

80 80

90

63

67

71

75

80

85

90

95

Ra 5 100 160 250 400 630 Ra 10 100 125 160 200 250 320 400 500 630 800 Ra 20 100 110 125 140 160 180 200 220 250 280 320 360 400 450 500 560 630 710 800 900 Ra 40

100 105 110 11,5 160 170 180 190 250 260 280 300 400 420 450 480 630 670 710 750 125 130 140 150 200 210 220 240 320 340 360 380 500 530 56 600 800 850 900 950

263