Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования
МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
МАШИНОСТРОИТЕЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ «(МАМИ)»
Щербаков В.И., Рыбакова М.Р., Стародубец Н.А.
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
ТЕОРИЯ И ЗАДАЧИ
Статически- неопределимые системы, сложное напряженное
состояние, сопротивление усталости
Методические указания к выполнению расчетно-графических заданий, самостоятельной подготовке к зачету и экзамену по курсу «Сопротивление материалов» для студентов заочников
Под редакцией проф., к.т.н. Н.А.Крамского
Москва 2013
Разработано в соответствии с Государственным образовательным стандартом ВПО 2009г. для специальностей
на основе рабочей программы дисциплин «Сопротивление материалов» и «Механика твердого тела»
Рецензенты:
Профессор кафедры «Сопротивление материалов» МГМУ «МАМИ»
к.т.н. Осипов Н.Л.
доцент кафедры «Сопротивление материалов» МГМУ «МАМИ»
к.т.н. Чабунин И.С.
Работа подготовлена на кафедре «Сопротивление материалов»
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ. Теория и задачи. Статически-неопределимые системы, сложное напряженное состояние, сопротивление усталости: методические указания к выполнению РГР, самостоятельной подготовке к зачету и экзамену по курсу «Сопротивление материалов» и «Механика твердого тела» для студентов заочного отделения
Щербаков В.И., Рыбакова М.Р., Стародубец Н.А. – М.:Университет машиностроения «МАМИ», 2013. -116 с.
Методические указания включают краткие теоретические сведения по основным разделам второй части курса сопротивления материалов, а также примеры решения типовых задач расчетно – графических работ, выполняемых студентами заочной формы обучения
© кафедра «Сопротивление материалов» Университет машиностроения, 2013.
©Щербаков В.И.., Рыбакова М.Р., Стародубец Н.А., ред.Крамской Н.А.,2013.
СОДЕРЖАНИЕ
1. Тема 1. Статически – неопределимые системы……………....4
Степень статической неопределимости . Построение эпюр MX, QY, NZ в статически определимых рамах, определение перемещений
Задача 1.1……………………………………………………….….6
Задача 1.2… ………………………………………………….…11
Задача1.3...……………..……………………………………… 14
Метод сил для решения статически неопределимых рам и балок…………………………………………………………………..18
Пример расчета один раз статически неопределимой балки и определение перемещений…………………………………………..20
Задача 1.4…………………………………………………………24
Задача 1.5. Два раза статически неопределимая балка………29
Задача 1.6. Решение один раз статически неопределимой рамы……………………………………………………………….….39
Задача 1.7. Решение симметричной рамы….….…….……....43
Задача 1.8. Решение кососимметричной рамы…………..…...49
2. Тема 2. Анализ напряженного состояния в точке….. ……..51
Эквивалентное напряжение. Теории прочности….…….…....56
Косой изгиб……………..……………………………………….58
3. Тема 3. Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии
Задача 3.1………………………………….……………..……...63
Задача 3.2. Расчет ломаного бруса…………………….….….. 67
Задача 3.3. Определение коэффициента запаса тонкостенной трубки…………………………….…………………………….……75
Задача 3.4. Определение перемещений в ломаном брусе…...80
4. Тема 4. Расчет вала на статическую прочность и сопротивление усталости………………………………………….…………………85
4.4. Пример решения вала с насаженными на него двумя шестернями……………………………………….………………….91
5. Приложение 1……………………..……………….……......107
6. Приложение 2…………………………………………….…114
7. ЛИТЕРАТУРА…………………………….………………..115
Тема 1. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ
Стержневой системой называется конструкция, состоящая из жестко связанных каким-либо образом между собой брусьев (стержней).
Стержневая система называется плоской, если оси всех брусьев (стержней) располагаются в одной плоскости. В этой же плоскости действуют и внешние нагрузки, включая реакции опор.
Фермой называется стержневая система, элементы которой в основном работают на растяжение или сжатие. Для ферм характерно шарнирное соединение стержней между собой и приложение нагрузок к узлам (рис. 1.1).
Рамой называется стержневая система, элементы которой главным образом работают на изгиб. Для рамы характерно жесткое соединение стержней между собой и произвольное приложение нагрузки (рис. 1.2).
Кинематической связью называется ограничение перемещения (линейного или углового) какого-либо поперечного сечения бруса (стержня). Связи разделяют на внешние и внутренние. Внешние связи ограничивают перемещения отдельных сечений стержней относительно опорной поверхности. Эти связи создаются различными типами опор. Внутренние связи исключают взаимные перемещения концевых сечений стержней за счет соединения стержней узлами.
Типы опор. Опорные устройства бывают следующими:
- шарнирно-подвижная опора (рис. 1.3,а);
- шарнирно-неподвижная опора (рис. 1.3,б);
-заделка (рис. 1.3,в).
На рис. 1.3 показаны: R –полная реакция шарнирно –подвижной опоры; Y,Z – составляющие силовой реакции в шарнирно –неподви-жной опоре и заделке; М –момент в заделке.
Рис. 1.3
Статически определимая стержневая система
Статически определимой называется геометрически неизменяе-мая стержневая система, в которой реакции всех связей (как внеш-них, так и внутренних) при произвольной статической нагрузке могут быть определены из уравнений равновесия всей системы или отдельных ее частей. Примеры таких систем показаны на рис. 1.4.
Рис. 1.4
Статически неопределимая стержневая система.
Статически неопределимой называется стержневая система, в которой реакции связей не могут быть определены только при помощи уравнений равновесия. Примеры таких систем показаны на рис. 1.5.
Рис. 1.5
Степень статической неопределимости системы
Разность между числом неизвестных реакций связей (n) и числом независимых уравнений статики (k), которые могут быть составлены для рассматриваемой системы, называется степенью статической неопределимости (S). Например, для балки, показанной на рис. 1.5,а, получим
S = 4 - 3 = 1,
где n = 4 – число реакций в шарнирных опорах,
k = 3 – количество уравнений равновесия статики.
ЗАДАЧА 1.1. Для рамы с жестко закрепленным одним концом и загруженной, как показано на рис. 1.6,a, построить эпюру изги-бающих моментов и найти угол поворота узла С.
Решение
Опора А рамы является заделкой (защемлением). В ней возникают три реакции – опорный момент, вертикальная и гори-зонтальные реакции. Имеются три уравнения статики, поэтому данная рама статически определимая. В подобных рамах можно не определять значения опорных реакций, если построение эпюры изгибающих моментов вести от свободного конца рамы (т. Е). На рис. 1.6,б показаны места рассечения участков рамы определяемыми поперечными сечениями с координатами z1, z2, z3 и z4.
Участок ЕD ( 0 ≤ z1 ≤ l ).
В соответствии с методом сечений отсекаем сечением на рассто-янии z1 от свободного конца рамы (т. Е) часть рамы, которую показываем отдельно (рис. 1.6,в). В сделанном поперечном сечении могут действовать внутренние силовые факторы: Nz -нормальная сила; Qу –поперечная сила; Мх –изгибающий момент.
Рис. 1.6
По условию задачи требуется определить только МХ. Его значения найдем из условия равновесия отсеченной части , где к – центр тяжести текущего поперечного сечения стержня рамы:
Участок CD ( 0 ≤ z2 ≤ l ).
Отсеченная часть рамы показана на рис. 1.6.г. Из соображений упрощения рисунков здесь и далее при показе отсеченных частей рамы будем опускать изображения в текущем поперечном сечении NZ, QY и MX. Также для упрощения расчетов будем переносить на-грузки, приложенные на ранее рассмотренном участке (участке ED), в начало следующего участка рамы (узел D). Так, распределенную нагрузку интенсивностью 2q приводим к узлу D в виде сосредоточенной силы 2ql (рис. 1.6.д) и пары ql2. Вертикальную силу ql, приложенную в крайнем сечении Е переносим вдоль линии действия (по вертикали) к узлу D.
Рассматривая отсеченную часть, изображенную на рис. 1.6,д, мо-жем записать:
Mx = ql2 + ql·z2.
Значения МХ в крайних поперечных сечениях (точках) участка DC:
т. D z2 = 0, MX = ql2; т. С z2 = l, Mx = 2ql2.
Переносим силы, действующие на участок ED, в точку D. В сечении D участка CD будут действовать, взамен распределенной нагрузки 2ql, момент ql2 и сила 2ql, а также сила ql, перенесенная из точки Е.
Участок ВС ( 0 ≤ z3 ≤ l ):
Отсеченная часть рамы дана на рис. 1.6,е, а ее эквивалентный вид с приведенными нагрузками в начальном сечении С показан на рис. 1.6,ж. Выражение для изгибающего момента в текущем поперечном сечении с координатой z3 имеет вид:
Значения МХ в крайних сечениях участка:
т. C z3 = 0; MX = 0; т. В z3 = l; MX = 2ql2
Участок ВА ( 0 ≤ z4 ≤ l ):
Поступая аналогичным образом, как и для вышерассмотренных трех участков, изобразим отсеченную часть участка с эквивалентными нагрузками в начальном сечении В (рис. 1.6,з) и запишем выражение для изгибающего момента в текущем сечении с координатой z4.
По результатам вычислений строим эпюру изгибающих моментов (рис. 1.7,а). За нулевые линии принимаются продольные оси стержней, а значения ординат МХ откладываем на сжатых волокнах стержней без указания знака.
Для проверки построенной эпюры вырезаем узлы D и С рамы (рис. 1.7,б, в). В поперечных сечениях стержней, соединяемых в узлы, показываем действующие изгибающие моменты, значения которых снимаем с эпюры МХ (см. рис. 1.7,а) Кроме того в узле С следует изобразить внешний момент 2ql2. Далее составляем уравнения равновесия узлов:
=ql2 – ql2 = 0; = 2ql2 – 2ql2 = 0.
Равенство сумм моментов нулям показывает, что узлы находятся в равновесии.
Рис. 1.7
По формуле Мора с использованием правила Верещагина вычислим угол поворота угла С.
Снимаем с рамы все нагрузки и в точке С прикладываем момент (рис. 1.7,г). Строим от него эпюру (Эп. ). Перемножаем эпюры МХ и . Участков перемножения два: АВ и ВС.
Показываем центры тяжести простейших площадей и эпюры МХ на участках АВ и ВС перемножения эпюр, а на эпюре соответствующие моменты и .
Угол поворота узла С равен:
=
= .
Знак плюс в ответе означает, что узел С поворачивается в на-правлении момента = 1, т.е. против часовой стрелки.
ЗАДАЧА 1.2. Для показанной на рис. 1.8 рамы построить эпюры изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY, а также найти угол поворота поперечного сечения А, связанного с шарнирно- неподвижной опорой.
Рис. 1.8
Решение
Обозначим границы участков нагружения рамы буквами C, D, E и покажем реакции XA, YA, YB, возникающие в опорах А и В соответственно (рис. 1.9,а).
Значения опорных реакций найдем из уравнений равновесия рамы в целом в системе координат хоу (см. рис. 1.9,а):
; - ХA + F = 0 ; => ХA = F;
А = 0; -F·2l + YB·l + F·l = 0; => YB = F;
В = 0; -YA·l - F·2l + F·l = 0; = > YA = - F.
Рис. 1.9
Проверка вертикальных реакций:
∑пр.у = YA + YB = - F + F = 0.
Знак минус в значении реакции YA означает, что она действует в противоположном направлении к принятому ранее.
Определяем выражения для изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY на участках (стержнях) рамы.
Участок ЕС (рис. 1.9,г, 0 ≤ Z1 ≤ l ):
Участок АС (рис. 1.9,д, 0 ≤ z2 ≤ l ):
Участок BD (рис. 1.9,е, 0 ≤ z3 ≤ l ):
Участок CD (рис. 1.9, ж, 0 ≤ z4 ≤ l ):
Переносим момент М = Fl и силу YB, приложенные в сечении В ранее рассмотренного участка ВD, в начальное сечение участка CD – сечение (узел) D.
По результатам вычислений строим эпюры изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY (рис. 1.10,а, б).
Эпюры строим на нулевых линиях, за которые принимаем оси стержней рамы. Значения эпюры QY откладываем с любой стороны от нулевых линий с указанием знаков (см. рис. 1.10,б), а значение эпюры МХ со стороны сжатых волокон без указания знаков (см. рис. 1.10,а).
Рис. 1.10
Находим угол поворота сечения А методом Мора. Снимаем все нагрузки, действующие на раму. Прикладываем в т. А момент =1. Находим реакции опор и строим эпюру (рис. 1.10,в).
А = 0; ·l – 1 = 0; => .
B = 0; ·l – 1 = 0; => .
Угол поворота поперечного сечения А:
= =
= .
Сечение А поворачивается в направлении действия момента =1, т.е. по часовой стрелке.
ЗАДАЧА 1.3. Для показанной на рис. 1.11,а рамы, загружен-ной силой F и моментом М= Fl, определить горизонтальное пере-мещение fгор узла С.
Рис. 1.11
Показываем реакции в опорах (рис. 1.11,б). В опоре В действует одна вертикальная реакция YB, а на опоре А -вертикальная YA и горизонтальная ХА реакции. Таким образом, в опорах рамы возникают три реакции, для определения которых имеются три уравнения статики. Поэтому рама статически определима.
Определяем реакции опор в системе координат хоу (см. рис. 1.11,б):.
х = 0; - ХA + F = 0; => ХA = F;
A = 0; - F·2l + YB·l + Fl = 0; => YB = F;
B = 0; Fl + YA·l - XA·2l = 0; => YA = F.
Проверка реакций ∑пр. у = 0; YA – YB = 0; 0 = 0.
Разбиваем раму на участки нагружения – стержни AD, CD и СВ. Используя метод сечений, составим выражения для МХ, начиная со стержня АD.
Участок АD (рис. 1.11,в, 0≤ Z1 ≤ l ).
Участок ВС ( рис. 1.11,г 0 ≤ Z2 ≤ l):
Участок CD (рис. 1.11,д 0 ≤ Z3 ≤ l ):
По полученным выражениям и значениям МХ строим эпюру (рис. 1.12,а). Вычисляем перемещение fгор узла С методом Мора.
Рис. 1.12
Прикладываем в точке С силу =1 в направлении искомого перемещения (рис. 1.12, б).
Находим реакции опор от этой силы.
х = 0; - 1 = 0; => ;
A = 0; - ·l + 1·l = 0; => = 1;
B = 0; - ·l + ·2l - ·l = 0; => = 1.
Проверка реакций: ∑пр. у= 0; 0.
Аналогично изложенному выше строим эпюру изгибающих моментов (см. рис. 1.12,б).
Из вида эпюр следует, что надо их перемножать на двух участках CD и DA. Искомое перемещение равно:
=
=.
Перемещение получилось со знаком «плюс», следовательно, узел С переместился в направлении единичной силы = 1, т.е. влево.
Метод сил
Метод сил применяется для раскрытия статической неопреде-лимости систем. В этом методе неизвестными являются обобщенные силы – реакции внешних связей и внутренние усилия от внутренних связей. Процедура метода сил включает понятия основной и эквивалентных систем, составление и решение канонических уравнений.
Порядок раскрытия статической неопределимости систем методом сил. Порядок расчета состоит из следующих шагов:
1) определение степени статической неопределимости;
2) выбор основной системы (О.С.);
3) построение эквивалентной системы (Э.С.);
4) составление системы канонических уравнений;
5) вычисление единичных и грузовых коэффициентов системы канонических уравнений;
6) решение системы канонических уравнений;
7) построение эпюр внутренних силовых факторов для рассчи-тываемой системы;
8) проверка правильности раскрытия статической неопредели-мости.
Основная система
Рис. 1.13
Система, полученная из исходной системы путем снятия внешних нагрузок и освобождения от «лишних» связей, называется основной системой. Эта система должна быть статически определимой и геометрически неизменяемой. Для каждой статически неопределимой системы можно выбрать несколько вариантов основной системы. Например, для статически неопределимой балки, показанной на рис. 1.5,а могут быть предложены три основные системы, представленные на рис. 1.13.
Эквивалентная система
Рис. 1.14
Основная система с приложенными внешними нагрузками и реакциями «лишних» связей называется эквивалентной системой. Неизвестные реакции «лишних» связей обозначаются Х1, Х2 и т.д., где числовой индекс обозначает номер неизвестной.
Для балки (см. рис. 1.5,а), рассмотренной в предыдущих вопросах, соответственно выбранным основным системам (см. рис. 1.13) эквивалентные системы показаны на рис. 1.14.
Канонические уравнения метода сил В общем случае, при n > 1 (где n - количество «лишних» неизвестных) система канонических уравнений метода сил имеет вид:
Каждое уравнение этой системы выражает условие равенства нулю перемещения по направлению соответствующей удаленной связи. Направление удаленной связи (i) определяется по первому индексу коэффициентов δij, ∆iF. Число уравнений равно степени статической неопределимости (n) системы.
Коэффициенты системы канонических уравнений имеют следующие названия:
δij - единичный коэффициент;
∆ij – грузовой коэффициент.
Каждый из коэффициентов представляет собой перемещение конкретного сечения стержня в определенном направлении. Для их вычисления применяют метод Мора. При этом строят эпюры внутренних силовых факторов при поочередном нагружении основной системы единичными нагрузками (Х´i=1) и заданными нагрузками (F).
Каноническое уравнение метода сил для один раз статически неопределимой системы имеет вид:
δ11Х1+ ∆1F=0.
Пример расчета статической неопределимости балки методом сил
Рассмотрим балку (рис. 1.15,а), для которой раскроем стати-ческую неопределимость и построим эпюры изгибающих моментов Мх и поперечных сил Qy. Примем исходные данные:
F = 2кН; l = 1м; материал упругий; поперечное сечение постоянное по длине балки с жесткостью ЕJx .
Решение.
Рис. 1.15
S = n – k = 4 – 3 = 1,
где n – число реакций связей, n = 4;
k – количество уравнений равновесия статики, которые можем записать для данной системы, k = 3. Таким образом, балка один раз статически неопределима.
2. Выбираем основную систему (О.С.) (рис. 1.15,б).
Для получения О.С. заданную систему освобождаем от нагрузки F и одной связи – шарнирно-подвижной опоры В.
3. Строим эквивалентную систему (Э.С.).
Для этого О.С. нагружаем заданной нагрузкой F и неизвестной силой Х1 в поперечном сечении В.
Эквивалентная система показана на рис. 1.15,в.
4. Составляем каноническое уравнение.
Для данной системы, один раз статически неопределимой, каноническое уравнение имеет вид:
δ11Х1+ ∆1F=0.
Нагружаем О.С. поочередно силой Х'1=1 (рис. 1.15,г) и внешней нагрузкой F (рис. 1.15,е).
5. Строим единичную М1 (рис. 1.15,д) и грузовую МF (рис. 1.15,ж) эпюры.
6. Вычисляем единичный и грузовой коэффициенты канонического уравнения.
Перемножая эпюру М1 саму на себя, получим:
.
Перемножая эпюры МF и , найдем:
.
7. Решаем каноническое уравнение:
8. Строим эпюры внутренних силовых факторов (Qy и Мх).
Показываем расчетную схему (рис. 1.15,з), для которой строим эпюру поперечных сил Qy (рис. 1.15,и) и эпюру изгибающих моментов Мх (рис. 1.15,к).
9. Проверяем правильность раскрытия статической неопреде-лимости (деформационная проверка).
Берем новую О.С., например, показанную на рис. 1.15,л. Прикладываем единичную нагрузку М'=1 на месте снятой связи. Строим единичную эпюру .
Перемножаем эпюры Мх и М''х
,
где П – обозначение операции проверки.
Полученный результат – ноль означает, что угол поворота в сечении А равен нулю, т.е. построенная эпюра Мх правильна.
Определение перемещений в статически неопределимой системе
Используют метод Мора. Для этого кроме построенной после раскрытия статической неопределимости эпюры Мх следует рассмотреть соответствующее единичное состояние системы, приложив единичную нагрузку (силу F'=1 или момент М'=1) в любой основной системе, и построить эпюру изгибающих моментов (М'х или М''х). Искомое перемещение вычисляется путем «перемножения» эпюр Мх и М'х для линейного перемещения или Мх и М''х - углового перемещения.
Так, если требуется найти прогиб концевого поперечного сечения С балки (см. рис. 1.15,а), для которой была раскрыта статическая неопределимость и построена эпюра Мх (см. рис. 1.15, к), следует приложить единичную силу F'=1 в сечении С основной системы (рис. 1.16,а), построить эпюру изгибающих моментов М'х (рис. 1.16,б) и перемножить ее с вышеупомянутой эпюрой Мх по правилу Верещагина
.
Найденное перемещение (прогиб) направлено вниз.
Рис. 1.16
ЗАДАЧА 1.4. Для балки, показанной на рис. 1.17 (З.С.), по-строить эпюру изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY.
Решение
Показываем реакции опор и определяем степень статической неопределимости балки (рис. 1.17 ). Число реакций 3, уравнений статики 2, тогда степень статической неопределимости:
S = 3 – 2 = 1.
Таким образом балка один раз статически неопределима. Решаем данную балку методом сил.
Выбираем основную систему О.С.– статически определимую балку без нагрузок, отбрасывая опору С.
Эквивалентная система Э.С. Загружаем О.С. заданными нагрузками и «лишней» неизвестной Х1 (отброшенная реакция опоры С).
Записываем одно каноническое уравнение метода сил:
.
Для определения коэффициентов этого уравнения строим эпюры изгибающих моментов от Х1 =1 (Эп. М1) и внешних сил (Эп. MF). Построение эпюр внутренних силовых факторов от внешних нагрузок дано на рис. 1.18.
Показываем направления и находим значения реакций опор YA и YB.
∑mom A = 0; - 2ql·0,5l + YB·l + 0,5ql2 = 0; YB = 0,5ql.
∑mom B = 0; - YA·l + 2ql·0,5l + 0,5ql2 = 0; YA = 1,5ql.
Проверка реакций:
∑пр. у = 0; YA + YB – 2ql = 0.
Рис. 1.17
Балка имеет два участка нагружения АВ и ВС. На каждом участке записываем выражения изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY, по которым строим их эпюры.
Рис. 1.18
Участок АВ ( 0 ≤ z1 ≤ l ):
QY = YA – 2qz1;
точка А, z1 = 0: QY = YA = 1,5ql;
т. В, z1 = l: QY = YA – 2ql = -0,5ql.
MX = YA·z1 – 2q
т. A, z1 = 0: MX = 0;
т. B, z1 = l: MX = 1,5ql·l – 2q = 0,5ql2.
Находим точку перегиба на эпюре МХ. Для этого приравниваем QY =0:
QY = YA – 2q·zЭКС = 0 ; => ZЭКС = 0,75l;
MЭКС = YA·ZЭКС – 2q = 0,56ql2.
Вычисляем значения коэффициентов канонического уравнения и (рис. 1.17):
= 2(0,5·l·l)·(0,75l) = ;
=
.
Значение Х1 равно: , которое прикладываем в эквивалентной системе с учетом знака (рис. 1.19).
Рис. 1.19
Строим эпюры изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY.
Находим реакции опор.
∑mom A =0; -2ql·+ YB·l + 0,5ql2 - ql·2l = 0;
YB = 2ql.
∑mom B =0: -YA·l + 2ql· + 0,5ql2 - ql·l = 0;
YA = ql.
Проверка реакций:
∑пр. у = 0; YA + YB – 2ql - ql = 0 .
Строим эпюры МХ и QY по участкам нагружения.
Участок АВ ( 0 ≤ z1 ≤ l ):
QY = YA -2q·z1;
т. А z1 = 0, QY = YA = ql;
т. В; z1 = l, QY =
MX = YA·z1 – 2q·;
т. А z1 = 0, MX = 0;
т. В z1 = l, MX = .
Находим точку перегиба.
QY = 0; YA – 2q·zэкс = 0; => zЭКС = ;
MЭКС = YA·zЭКС - .
Участок ВС ( 0 ≤ z2 ≤ l ):
QY = ;
MX = 0,5ql2 - ;
Рис. 1.20
т. С; z2 = 0; MX = 0,5ql2; т.В; z2=l; MX =-0,25ql2.
Проверка правильности решения.
Перемножаем эпюру МХ на эпюру М1 способом Верещагина:
EJXП = = +
+ = 0.
Задача решена верно.
ЗАДАЧА 1.5. Для многоопорной (неразрезной) балки, пока-занной на рис. 1.21, построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил, подобрать поперечное сечение - двутавр, если [] = 160 МПа.
Дано: М = ql2, F = 1,5ql, q =25кН/м, l=0,6м.
Рис. 1.21
Решение
Определяем степень статической неопределимости балки. Показываем реакции опор. На левом конце балки опора шарнирно- неподвижная. В ней возникают две реакции – вертикальная и горизонтальная. Остальные опоры шарнирно подвижные. Так как горизонтальных сил на балку не действует, то, следовательно, горизонтальной реакции не возникает. Таким образом, в опорах действуют только четыре вертикальные реакции. Для их определения можно использовать только два уравнения статики, например, (суммы моментов). Тогда степень статической неопределимости
S = 4 – 2 = 2.
Поэтому балка два раза статически неопределима.
Решаем задачу методом сил. На рис. 1.22 показаны: З.С. - заданная система. О.С. – основная система, полученная из заданной врезанием в надопорные сечения балки шарниров. Особенностью выбора основных систем при раскрытии статической неопределимости многопролетных балок является то, что вместо удаления лишних внешних связей (опор) рекомендуется отбрасывать простые внутренние связи (связи между поперечными сечениями балки). Для этого в надопорные сечения балки врезаются шарниры, каждый из которых понижает степень статической неопределимости задачи на единицу. В этом случае «лишними» «лишними» неизвестными будут моменты на опорах Х1 и Х2, приложенными в надопорных сечениях В и С.
Эквивалентная система Э.С. – отдельные балки АВ, ВС и СДЕ, загруженные заданными нагрузками и лишними неизвестными Х1, Х2, приложенными в надопорных сечениях В и С.
Рис. 1.22
Рис. 1 23
Для определения неизвестных Х1 и Х2 записываем систему двух канонических уравнений метода сил:
С целью определения коэффициентов этих уравнений поо-чередно нагружаем О.С. единичными нагрузками Х1 = 1, Х2 = 1, внешними нагрузками (q, F) и строим соответствующие эпюры изгибающих моментов М1 (рис. 1.22,г), М2 (рис. 1.22,д) и МF (рис. .23,а,б,в).
Перемножаем эпюру М1 саму на себя. Для этого показываем центр тяжести площади и момент . Используя способ Верещагина, получим:
l;
Аналогично, перемножая эпюры и , найдем:
;
Перемножая эпюру самое на себя, вычисляем :
;
Перемножая эпюры от внешних нагрузок (эп. МF) на эпюру , определим :
;
Перемножаем эпюры MF и . Напомним, что по способу Верещагина эпюру изгибающих моментов разбивают на простейшие фигуры (треугольник, прямоугольник и т.д.), затем показывают их центры тяжести и над ними на эпюре показывают моменты . После этих операций вычисляют:
.
Знак минус ставится, когда перемножаемые эпюры располагаются по разные стороны от нулевой линии. Подставляем подсчитанные коэффициенты в канонические уравнения:
Решая эту систему, находим:
; .
Далее к каждому участку балки АВ, ВС и СДЕ прикладываем заданные нагрузки и подсчитанные значения лишних неизвестных Х1 и Х2. Строим эпюры изгибающих моментов МХ и поперечных сил QУ на каждом участке балки.
Участок АВ (рис. 1.24 ) ( 0 ≤ z ≤ l ):
Находим реакции опор .
∑mom A = 0; ;
∑mom B = 0; => ;
Проверка реакций.
∑пр. у =0; = 0.
Строим эпюры .
QY = -YA – qz1;
Т.А z = 0, QY = -YA = - ; т. В z = l,
;
т. А z = 0, МХ =0; т. В z = l, MX = - .
находим значение МХ при z = 0,5 l, МХ = - .
Участок ВС (рис. 1.25 ) ( 0 ≤ z ≤ l ):
Рис. 1.24
Находим реакции опор.
∑mom B =0; (-; => ;
∑mom C =0; ; => ;
Проверка реакций.
∑пр.у = 0; .
Строим эпюры QY и MХ .
;
Т. В z = 0, ; т.С z = l,
;
Т. В z = 0, ; т. С z = 0, .
Точка перегиба.
=> ;
Рис. 1.25
.
Балка СДЕ (рис. 1.26).
Находим реакции опор.
С = 0; ; => ;
D =0; => ;
Проверка реакций.
= 0;
Строим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
Участок CD ( 0 ≤ z1 ≤ l ):
Т.С ; т. D z1 =l; .
;
Рис. 1.26
Т.С z1=0, ; т. D z1 = l, .
Значение MX при z1=0,5l: .
Участок ED ( 0 ≤ z2 ≤ l ):
QY = F = 1,5ql;
MX = -1,5ql·z2;
Т. Е z2 = 0, MX = 0; т. D z2 = l, MX = -1,5ql.
Результирующие эпюры изгибающих моментов и поперечных сил в балке от заданных нагрузок приведены на рис. 1.22,е,ж.
Проверка правильности решения.
Перемножаем эпюры МХ и М1 ( рис. 1.27).
Рис. 1.27
Рис. 1.28
EJXП1 ==
== 0.
Перемножаем эпюры МХ и М2 (рис.1.28).
EJXП2 = =
=+
+( = 0.
Подбираем размер поперечного сечения балки.
Из эпюры изгибающих моментов в МХ находим:
1,5·25·103 ·0,62=13500(Нм).
Необходимый момент сопротивления сечения балки равен:
м3 = 84,4 см3.
Подбираем сечение двутавра по ГОСТ 8239-89 № 16 , имеющей момент сопротивления WX = 109см3.
ЗАДАЧА 1.6.
Для показанной на рис. 1.29 рамы (З.С.) построить эпюры изгибающих моментов МХ и поперечных QY сил. Определить для узла С горизонтальное перемещение fгор.
Рис. 1. 29
Решение
Определяем степень статической неопределимости рамы. В опорах возникают четыре опорные реакции. Тогда степень стати-ческой неопределимости S равна:
S = 4 – 3 = 1.
Решаем задачу методом сил. Выбираем основную систему (О.С.), отбрасывая опору В и снимая все нагрузки.
Загружаем (О.С.) заданными нагрузками и «лишней» неизве-стной Х1 , приложенной вместо опоры В. Получаем эквивалентную систему (Э.С.).
Каноническое уравнение имеет вид:
.
Для определения коэффициентов уравнения и строим эпюры изгибающих моментов от Х1 = 1 (Эп. М1) и заданных нагрузок (Эп. MF) рис. 1.30.
Построение эпюры изгибающих моментов от заданных сил.
Участок ВС (0 ≤ Z1 ≤ l ):
МХ = Fl .
Рис. 1. 30
Участок СА ( 0 ≤ Z2 ≤ l):
По найденным значениям MX строим эпюру изгибающих мо-ментов (Эп. MF).
Перемножаем эпюру от М1 саму на себя и находим коэффициент :
= .
Перемножаем эпюру от заданных нагрузок (Эп. MF) на эпюру от единичной силы (Эп. M1) и находим коэффициент :
=.
Определяем значение «лишней» неизвестной Х1:
.
Рис. 1. 31
Прикладываем в эквивалентной системе силу Х1 с учетом знака и строим эпюры изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY.
Участок СВ (0 ≤ Z1 ≤ l):
MX = Fl – 1,5F·Z1;
т. В Z1 = 0, MX = Fl; т.С Z2 = l, MX = -0,5Fl.
Участок СА (0 ≤ Z2 ≤ l):
MX = Fl – 1,5Fl + F·Z2;
т. С Z2 = 0, MX = - 0,5Fl; т. A Z2 = l, MX = 0,5Fl.
Соответствующие эпюры МХ и QY показаны на рис. 1.31.
Проверка решения. Перемножаем построенную эпюру МХ на единичную эпюру (Эп. М1), показанные на рис. 1.32 .
Рис. 1.32
EJX П = =
=.
Определение перемещения узла С в горизонтальном направлении - fгор. К основной системе в узле С рамы в заданном направлении приложим силу F1 = 1.
Построим эпюру изгибающих моментов . Методом Мора, используя правило Верещагина, вычисляем перемещение fгор .
= =
= .
Знак минус в полученном выражении означает, что перемещение узла С рамы происходит в противоположном направлении к принятому направлению = 1.
ЗАДАЧА 1.7.
Для, показанной на рис. 1.33 рамы построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил, а также подобрать размеры прямоугольного сечения с размерами h и b (h=2b).
Дано: F = 1,5ql, q =25кН/м, l=0,6м.
Рис. 1.33
Решение
Рама имеет две опоры – жесткие заделки. В каждой из них возникают три реакции – момент, горизонтальная и вертикальная силы. Таким образом получаем шесть реакций. Вычитая три урав-нения статики, устанавливаем, что рама три раза статически неоп-ределима S = 3.
Однако рама, вместе с приложенными нагрузками, обладает симметрией относительно вертикальной оси. В этом случае если разрезать раму при выборе основной системы по оси симметрии, то вместе разреза будут возникать только две «лишние» неизвестные Х1 и Х2, а кососимметричные неизвестные Х3 равны нулю. Таким образом получаем, что данная рама с приложенными к ней нагрузками два раза статически неопределима. На рис. 1.34 показана основная система (О.С.) – рама разрезана по оси симметрии и эквивалентная система (Э.С.), когда к основной системе приложены лишние неизвестные Х1, Х2 и заданные нагрузки - сосредоточенная сила F и распределенная нагрузка q.
Рис. 1.34
Записываем систему канонических уравнений метода сил:
Для определения коэффициентов канонических уравнений строим эпюры изгибающих моментов от Х1 =1, Х2 =1 и заданных нагрузок, которые обозначены М1, М2, МF и показаны на рис. 1.35.
Рис. 1.35
Перемножаем эпюру М1 самое на себя:
;
Перемножаем эпюру М1 на эпюру М2:
;
Перемножаем эпюру М2 самое на себя:
;
Перемножаем эпюру М1 на эпюру МF:
Перемножаем эпюру М2 на эпюру МF:
=
=2(.
Подставляем полученные значения коэффициентов в кано-нические уравнения, решаем систему и находим значения «лишних» неизвестных Х1 и Х2.
; .
Прикладываем Х1 и Х2 с учетом знаков к эквивалентной системе и строим эпюры изгибающих моментов и поперечных сил (рис. 1.36).
Рис. 1.36
Участок АВ ( 0 ≤ z1 ≤ ):
;
т. A ; т. В ; .
Qy = -q·z1;
т. А z1 = 0; Qy = 0; т. В z1 = l/2; Qy = .
Участок ВС ( 0 ≤ z2 ≤ l ):
;
т. В z2 = 0; ;
т. С z2 = l; .
Рис. 1.37
Участок СД ( l ≤ z3 ≤ 2l ):
т. С z3 = l; ;
т. D z3 = 2l; .
Выполним проверку правильности решения задачи. Перемножим полученную эпюру изгибающих моментов МХ на эпюры от М1 и М2.
=
=
+= 0.
Задача решена верно.
Определим размеры прямоугольного сечения рамы.
.
Приравнивая = 100МПа; = ql2; q =25кН/м; l =0,6м, и зная WX = (b·h2)/12 и h = 2b,
получим: . b=4·10-2 м, h = 8·10-2м.
ЗАДАЧА 1.8.
Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, показанной на рис. 1.38.
Рис. 1.38
Данная рама имеет геометрическую ось симметрии и нагружена– кососимметричными силами F. Поэтому при ее разрезании, по оси симметрии, как показано на рисунке, все симметричные силовые факторы равны нулю. Таким образом, задача один раз статически неопределима.
Каноническое уравнение метода сил:
.
Для вычисления коэффициентов этого уравнения строим эпюры изгибающих моментов от «лишней» неизвестной Х1 = 1 и внешних сил - силы F . Эпюры М1 и МF даны на рис. 1.39.
Вычисляем значения коэффициентов этого уравнения.
Перемножаем эпюру М1 самое на себя:
.
Рис. 1.39
Перемножаем эпюру МF на эпюру М1:
.
Тогда .
Рис. 1.40
Строим эпюры изгибающих моментов МХ и поперечных сил QY от заданной силы F и подсчитанной «лишней» неизвестной Х1 (рис. 1.40).
Проверка правильности решения задачи. Перемножаем эпюру МХ на эпюру М1.
EJX П1 = =
=0.
Задача решена верно.
Тема 2. АНАЛИЗ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ В ТОЧКЕ. НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ В ТОЧКЕ
Напряжение связано с точкой тела и ориентацией площадки, проходящей через точку.
Совокупность напряжений во всех площадках, проходящих через заданную точку, называется напряженным состоянием в точке. Если в окрестности точки вырезать из тела элементарный куб, то по его граням будут действовать нормальные и касательные напряжения. .
Рис. 2.1
На рис. 2.1 показаны напряжения на видимых гранях куба. Напряжения на гранях куба называют компонентами напряжений.
Напряженное состояние в точке задается тензором напряжений :
Тензор напряжений представляет собой матрицу, в которой записаны в определенном порядке компоненты напряжений на трех взаимно перпендикулярных площадках.
Тензор определяет напряженное состояние в точке, т.е. через напряжения на гранях куба можно определить напряжения на произвольной площадке, походящей через данную точку.
Главные напряжения и главные площадки
Если площадки, принятые за исходные для записи тензора Можно показать, что в любой точке напряженного тела всегда существуют три взаимно перпендикулярные площадки, в которых напряжений вращать, то компоненты будут изменяться. отсутствуют касательные напряжения. Такие площадки называются главными, а напряжения на них – главными напряжениями.
Главные напряжения обладают свойством экстремальности (по сравнению с нормальными напряжениями при других положениях площадок). Главные напряжения обозначают , , и нумеруют согласно неравенству (в алгебраическом смысле):
≥ ≥ . (2.1)
Классификация напряженных состояний
По значениям главных напряжений напряженные состояния разделяют:
1) объемное (трехосное) – отличны от нуля все три главных напряжения;
2) плоское (двухосное) – одно из главных напряжений равно нулю;
3) одноосное – два главных напряжения равны нулю.
Наиболее часто реализуются два последних типа напряженных состояний. Плоское имеет место в оболочечных конструкциях и брусе при сложном нагружении, одноосное – в брусе при растяжении (сжатии) или чистом изгибе.
Определение главных напряжений при плоском напряжен-ном состоянии
В случае плоского напряженного состояния одна из главных площадок с нулевым главным напряжением известна (рис. 2.2). Напряжения и , действующие по двум другим главным площадкам, находятся из формулы:
= . (2.2)
Угол находится из выражения:
= - . (2.3)
Рис. 2.2
После вычисления главных напряжений индексы напряжений присваиваются согласно неравенству (2.1).
Например, если = 100МПа, = -50МПа, то получим:
= 100 МПа, = 0, = -50 МПа.
Объемная деформация
Наряду с линейной и угловой деформациями рассматривают и объемную е , т.е. относительное изменение объема в точке:
е = = .
Относительное изменение объема равно сумме линейных де-формаций по трем взаимно перпендикулярным осям.
С поворотом осей величина е не меняется.
Обобщенный закон Гука
Обобщенный закон Гука для объемного напряженного состояния записывается (в главных напряжениях):
= ,
=
= .
Относительное изменение объема равно:
е = /Е.
Из этой формулы следует, что изменение объема не происходит (е = 0) в двух случаях:
если 1 - 2µ = 0, т.е. при µ = 0,5;
если .
При растяжении ; . Поэтому растяжение сопровождается увеличением объема е > 0.
При сжатии , получим е < 0. Следовательно, при сжатии стержня его объем уменьшается.
Чистый сдвиг ; . Таким образом имеем, что при чистом сдвиге объем тела не меняется.
Потенциальная энергия изменения формы
Потенциальная энергия упругой деформации может быть представлена как сумма энергий изменения формы и энергии изменения объема (рис. 2.3).
Рис. 2.3
Энергия изменения объема – это гидростатическая часть (всестороннее растяжение или сжатие) выделяемая из общего напряженного состояния. Величина напряжения р равна:
p = .
Тогда:
; ; .
Вторая часть напряженного состояния , которая не меняется от добавления всестороннего растяжения или сжатия и определяет энергию изменения формы.
Потенциальная энергия изменения формы, выраженная через главные напряжения , , определяется по формуле:
.
Эквивалентное напряжение
Напряженное состояние в точке может быть задано главными напряжениями. В общем случае все они не равны нулю. Для расчета на прочность оно заменяется эквивалентным (равнопрочным, т.е. имеющим такой же запас прочности) одноосным растяжением, которое и рассчитывается на прочность (рис.2.4).
Состояние А равноопасно состоянию В
Рис. 2.4
Теории прочности
Переход от сложного напряженного состояния к эквивалент- ному осуществляется по теориям (гипотезам) прочности.
В сопротивлении материалов изучаются следующие теории прочности:
1) теория наибольших нормальных напряжений
= ; (2.4)
2) теория наибольших линейных деформаций
= - µ ( + ) ; (2.5)
3) теория наибольших касательных напряжений
= - ; (2.6)
4) теория удельной потенциальной энергии деформации изменения формы
= (1/) ; (2.7)
5) теория Мора
= - k , где k = . (2.8)
Здесь , предельные напряжения на растяжение и сжатие. В машиностроительных конструкциях часто встречаются детали, работающие на изгиб и кручение одновременно. В этом случае выделенный из детали элемент, находится под действием нормальных и касательных напряжений (рис. 2.5).
Рис. 2.5
При расчете пластичных материалов, одинаково сопротивля-ющихся растяжению и сжатию (обычные стали), в основном используют третью и четвертую теории прочности, а материалов с различными свойствами на растяжение и сжатие (закаленная сталь, чугун и др.) – теорию прочности Мора.
Для такого частного случая двухосного напряженного состояния, принимая в формуле (2.2) , , , получают расчетные формулы (2.6) –(2.8) в следующем виде:
Теория 3 = ; (2.9)
Теория 4 . = ; (2.10)
Теория 5 = 0.5 (1-k) + 0.5 (1+k) . (2.11)
Косой изгиб
Косым изгибом называется такой вид нагружения бруса, при котором плоскость действия нагружающего момента М не совпа-дает ни с одной из главных центральных осей инерции поперечного сечения (рис. 2.6).
Рис. 2.6
Определение опасных точек сечения при косом изгибе
Рис. 2.7
Сначала надо определить положение нейтральной (нулевой) линии. Во всех точках этой линии поперечного сечения нормальные напряжения равны нулю, т.е. = 0.
Угол наклона нулевой линии (рис .2.7,а) определяется из формулы: = k.
Уравнение нейтральной линии имеет вид y = kx. Она проходит через центр тяжести сечения и в общем случае не перпендикуляр-на к плоскости изгибающего момента, а несколько повернута в сто-рону оси минимального момента инерции. Нулевая линия будет перпендикулярна плоскости изгибающего момента, если (круглое сечение, квадратное и др.).Зная положение нулевой линии, можно найти в сечении опасные точки 1 и 2. Эти точки наиболее удалены от нулевой линии. Определив из чертежа (рис. 2.7,б) координаты этих точек: т. 1(), т. 2 (), рассчитаем напряжения и :
; .
Пример. Для консольной балки, изображенной на рис. 2.8 , по-
добрать размеры прямоугольного поперечного сечения (h = 2b). Дано: F = 1 кН, l = 1 м, []=160 МПа.
Решение
Приложенные силы перпендикулярны к оси z и вызывают поперечные изгибы балки в вертикальной и горизонтальной плоскостях. Эпюры изгибающих моментов показаны на рис. 2.9,а.
Рис. 2.9
Изгибающие моменты в плоскости действия сил изменяются по линейному закону и наибольших значений достигают в заделке. Покажем это поперечное сечение балки и эпюры распределения нормальных напряжений от МХ и МУ (рис. 2.9,г). Из эпюр напряжений следует, что опасными точками сечения являются точки 1 и 2 .
Условие прочности для опасной точки 1 имеет вид:
,
где MX = MY = Fl.
Учтя, что WX = bh2/6 = b3·2/3; WY = hb2/6 = b3/3,
получим .
Приравнивая полученное выражение для максимального напряжения допускаемому, находим значение размера b:
. Тогда h = 6·10-2 м.
Определение напряжений в произвольной точке сечения при внецентренном растяжении бруса
Рис. 2.10
В любом поперечном сечении бруса возникают нормальная сила N и изгибающие моменты , (рис. 2.10,а) :
N = F ; ; .
Здесь n, m - координаты точки В, в которой приложена сила F. Напряжения в произвольной точке К сечения с координатами х,у определяются по формуле:
. Здесь А площадь сечения. Величины ; характеризуют геометрию сечения и называются радиусами инерции сечения относительно осей х и у.
Определение опасных точек в поперечном сечении бруса при внецентренном растяжении - сжатии
Для определения точек с наибольшими напряжениями в поперечном сечении произвольной формы вначале необходимо установить положение нулевой линии.
Уравнение нулевой линии можно представить в виде уравнения прямой в отрезках:
,
где и - координаты текущей точки нулевой линии.
Отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях координат равны: , .
Определив положение нулевой линии, строят эпюру нормальных напряжений (рис. 2.10,б).
Напряжения и возникают в наиболее удаленных от нулевой линии точках 1 () и 2 (), которые находятся путем проведения касательной прямой к сечению параллельно нулевой линии.
Ядро сечения
Ядром сечения называется область в окрестности центра тяжести сечения, обладающая следующим свойством. Если приложить силу F внутри или на границе ядра сечения, то во всем сечении напряжения будут одного знака.
Рис. 2.11
На рис. 2.11 показаны эпюры нормальных напряжений в сечении бруса, если сила приложена а) - на контуре ядра сечения, б) - внутри, г) вне ядра сечения и в) - в центре тяжести сечения бруса.
Тема 3. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ СЛОЖНОМ НАПЯЖЕННОМ СОСТОЯНИИ
ЗАДАЧА 3.1.
Элемент, показанный на рис. 3.1,а, находится под действием напряжений , , . Требуется найти величину главных напряжений и положение площадок, по которым они действуют.
Решение.
Для рассматриваемого элемента одна из главных площадок (плоскость хоу) известна. Требуется определить положение двух других главных площадок и значения главных нормальных напряжений, действующих на этих площадках. При подстановке значений напряжений в формулы нам потребуются следующие правила знаков. Растягивающее нормальное напряжение считается положительным, сжимающее – отрицательным. Касательное напряжение положительно, если оно стремится повернуть элемент по часовой стрелке относительно оси, индекса которой нет в его обозначении (в нашем случае относительно оси z).
Рис. 3.1
Положение главной площадки к оси х определяется углом , значение которого вычисляем по формуле (2.3):
.
Откуда
.
При > 0 элемент с главными площадками повернут отно-сительно исходного элемента против хода часовой стрелки,
при < 0 – в противоположном направлении.
В нашем случае элемент с главными площадками изображен пунктиром на рис. 3.1,б.
Значения главных напряжений, действующих по найденным гла-вным площадкам, определяются по формуле (2.2):
.
Вычисления по этой формуле приводят к следующим результа-там:
,
.
Эти же главные напряжения можно также получить, используя формулу для определения нормальных напряжений в площадках наклоненных к оси х под углом α
,
в которую следует поочередно подставить кроме заданных напря-жений , и значения углов:
; .
При имеем:
22*sin.
При имеем:
.
Учитывая принятое соотношение между главными напряжениями
≥ ≥ , получаем:
; ; .
Далее следует показать найденные напряжения на элементе (см. рис. 3.1,б). При первом варианте определения главных напряжений надо большее из найденных напряжений показывать на главных площадках, ориентированных к тем угловым точкам исходного элемента, к которым сходятся касательные напряжения. В случае использования второго варианта расчета трудностей с рас-становкой главных напряжений нет.
Инвариантность суммы нормальных напряжений, действующих во взаимно перпендикулярных площадках двух разных по углу поворота элементов, проверяется по формуле:
= const.
В нашей задаче
52+ 25 +0 = 64.3 +12.7 + 0 = 77,
что подтверждает правильность вычислений.
Значение максимального касательного напряжения в плоскости, параллельной плоскости хоу, вычислим по формуле:
.
Это же значение можно получить через главные напряжения, лежащие в плоскости, параллельной плоскости хоу. В рассматриваемом примере такими являются
= 64.3 МПа и =12.7 МПа.
Тогда найдем
= (64.3 – 12.7)/2 = 25.8МПа.
Площадки, по которым действуют эти напряжения, наклонены к главным площадкам на угол . Нормали к площадкам с составят с осью х угол:
;
(повернуть против хода часовой стрелки);
(повернуть по ходу часовой стрелки).
При необходимости определения максимальных касательных напряжений без ограничения плоскости их расположения они нахо-дятся по формуле:
справедливой для любого вида напряженного состояния. В нашем примере
.
Это напряжение действует в площадке, равно наклоненной к площадкам (максимального) и (минимального) из главных напряжений.
ЗАДАЧА 3.2.
Ломаный брус (рис. 3.2) загружен силами = 2кН, = 1кН, равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q = 1 кН/м и моментом Т =1 кНм. Размеры бруса a = 1 м, с = 1 м.
Требуется подобрать:
на участке АВ – размер диаметра круглого сплошного сечения;
на участке ВС - размеры h и b ( h = 2 b ) прямоугольного се-чения. Материал бруса - сталь , = 160 МПа.
При расчетах использовать теорию прочности максимальных касательных напряжений.
Построение эпюр изгибающих и крутящего моментов. В сечениях бруса под действием приложенных внешних сил и моментов возникают изгибающие и крутящий моменты, поперечные и нормальная силы. При расчете на проч-ность таких брусьев влиянием поперечных и нормальных сил обычно пренебрегают. Поэтому для рассматриваемого примера эпюры поперечных и нормальных сил не строим.
Приступая к решению задачи, прежде всего, необходимо на каждом участке бруса (см. рис. 3.2,а) показать скользящую систему координат xyz в сечениях А и В (ось z должна быть направлена вдоль оси бруса).
Далее, делая обход со свободного конца бруса по его контуру (переходя от одного участка к следующему участку бруса, наблюдатель не должен пересекать ось z ), записываем выражения изгибающих и крутящих моментов для текущих сечений каждого участка бруса.
Участок АМ:
(плоскость zy) = 0; (плоскость zx) = q ; = Т.
Участок МВ:
= =q(0.4a)(-0.2a); = Т.
Участок ВЕ:
= (0,6a); = T + q( 0,4 a) ; = - q(0,4a)(0,8a).
Участок ЕС:
= (0,6a); = T+q (0,4a)
= - q(0,4a)(0,8a).
Рис. 3.2
По полученным уравнениям, задаваясь значениями координаты z, подсчитываем величины ординат , , в начале и конце каждого участка и строим соответствующие эпюры (рис. 3.2,б). Напоминаем, что эпюры изгибающих моментов строим со стороны сжатых волокон бруса, а эпюры крутящих моментов можно строить в любой плоскости, но обязательно следует указывать знаки.
Выявление наиболее нагруженных сечений участков бруса.
На каждом участке опасное сечение или несколько таких сечений, если есть сомнение, устанавливают путем анализа эпюр изгибающих и крутящих моментов. В рассматриваемом примере из построенных эпюр (см. рис. 3.2,б) следует, что на участке бруса АВ таким сечением является сечение В, а на участке ВС - сечение Е. Для проведения дальнейших расчетов рекомендуем опасные сечения изображать отдельно и в них показывать действующие изгибающие и крутящий моменты, а также соответствующие им эпюры нормальных и касательных напряжений.
Расчет диаметра круглого поперечного сечения бруса – на участке АВ.
На рис. 3.3,а изображено опасное сечение В. Показаны изгибающие моменты = 1,2 кНм, = 0,32 кНм и крутящий момент = 1 кНм.
Для бруса круглого или кольцевого поперечного сечения любая диаметральная ось является главной, поэтому при действии двух изгибающих моментов он не испытывает косого изгиба. Моменты могут быть приведены к суммарному
.
Из эпюр нормальных и касательных напряжений (рис. 3.3,б) следует, что наиболее опасными точками в рассматриваемом сечении будут точки 1 и 2. Материал бруса испытывает напряженное состояние растяжения - сжатия и сдвига, т.е. находится в условиях сложного напряженного состояния. Оценку прочности в этом случае необходимо проводить с применением одной из теорий прочности.
Эквивалентное напряжение для такого случая двухосного напряженного состояния по теории максимальных касательных напряжений подсчитывается (2.9):
= .
Зная, что для круглого сечения полярный момент сопротивления ( - момент сопротивления сечения при изгибе), формулу (2.9), можно записать в виде:
, (3.1)
Рис. 3.3
где и - крутящий и изгибающий моменты.
Подбор безопасных размеров сечения (проектный расчет) проводится следующим образом. Для опасной точки вычисляют значение эквивалентного напряжения, в которое входит и неизвестная величина момента сопротивления сечения , выраженная через размеры сечения. Приравнивая эквивалентное напряжение допускаемому
, (3.2)
вычисляют величину , а, следовательно, и безопасные размеры сечения.
Вернемся к рассматриваемому примеру. Из условия задачи следует, что материал бруса пластичный материал – сталь, одинаково сопротивляющаяся растяжению – сжатию. По теории прочности максимальных касательных напряжений эквивалентное напряжение для самой опасной точки 1 сечения определяется по формуле (3.1):
,
где было принято .
Учитывая (3.2), определим безопасную величину диаметра круг-лого сечения
Округляя найденное значение в миллиметрах до ближайшего числа из стандартного ряда (см. приложение 2 , с.114) принимаем
D = 48 мм.
Расчет размеров прямоугольного поперечного сечения бруса – на участке ВС.
Рассматривая участок ВС бруса прямоугольного сечения, необходимо показать изгибающие и крутящий моменты, действующие в опасном сечении Е, а также соответствующие им эпюры напряжений (рис. 3.4).
= 1,2 кНм ; = 1,2 кНм; = 0,32 кНм.
Опасными точками сечения могут быть точки 1, 2. 3, т.к. согласно эпюрам, в этих точках напряжения достигают своих экстремальных значений.
В точке 1 складываются нормальные напряжения от двух изгибающих моментов , и возникает одноосное напря-женное состояние:
,
Рис. 3.4
где , - моменты сопротивления сечения на изгиб относительно осей х и у.
Учитывая, что h = 2 b , получим:
.
В точке 2 возникают нормальные напряжения от момента и касательные напряжения от крутящего момента :
; .
Здесь - момент сопротивления сечения на кручение , где - коэффициент, определяемый по таблицам в зависимости от отношения h/b (см., например, [1], стр. 125, табл. 2.1). Так, для h / b = 2, = 0.246.
Напряженное состояние в данной точке двухосное (растяжение и сдвиг). Эквивалентное напряжение по теории прочности максимальных касательных напряжений следует находить по формуле (2.9):
Аналогично вычисляем нормальные и касательные напряжения для точки 3: ; ,
где - коэффициент, определяемый так же, как и коэффициент
Для h/b = 2 = 0.796.
Эквивалентное напряжение для этой точки:
После вычисления значений , , следует вы-брать наибольшее из них, приравнять его допускаемому напряже-нию = 160МПа (3.2) и определить размеры сечения b и h .
В рассматриваемом примере
.
Откуда b = 32.3 мм.
Используя приложение 2 (с.114), принимаем b =35 мм, h = 70 мм.
Пример. Для показанного на рис. 3.5 стального пространствен-ного ломаного бруса, имеющего круглое поперечное сечение диаметром d =0,05 м, используя четвертую теорию прочности, найти допускаемое значение силы F. В расчетах принять l = 0,5 м, [] = 160 МПа.
Рис. 3.5
Решение
Брус статически определимый. На рис. 3.6 построены эпюры изгибающих МХ , МУ и крутящих моментов ТК.
Рис. 3.6
Из анализа эпюр следует, что опасное сечение в заделке. В этом сечении значения изгибающих и крутящих моментов равны:
MX = Fl; MY = Fl; ТК = Fl.
При расчете удобно пользоваться эквивалентным изгибающим моментом МЭКВ, выражение которого определяется по формуле (энергетическая теория прочности):
.
Используя условие прочности:
,
Получим:
= 1,66 Fl.
Зная WИ = , имеем:
.
Откуда, подставляя заданные значения l = 0,5 м, d = 5·10-2 м, [, находим допускаемое значение силы FДОП = 2,36 кН.
ЗАДАЧА 3.3.
Тонкостенная длинная замкнутая трубка (рис. 3.7,а) толщиной стенки = 2 мм и средним диаметром D = 40 мм находится под действием внутреннего давления p = 5 МПа и моментов М = 50 Нм, Т = 50 Нм. Требуется определить коэффициент запаса трубки. Материал трубки – сталь У-8 незакаленная = 250 МПа, = 430 МПа.
Определение напряжений в поперечных и продольных сечениях трубки. Решение задачи следует начинать с определения нормальных и касательных напряжений, возникающих в попе-речных и продольных сечениях трубки под действием прило-женных к ней внешних нагрузок. При этом следует рассматривать сечения, расположенные на достаточном удалении от концов трубки, где возникает однородное по ее продольной оси напряженное состояние. Для рассматриваемой трубки таким сечением является сечение 1-1.
Используя принцип независимости действия сил, определим напряжения в этом сечении отдельно от М , Т , а также внутреннего давления р .
От действия внешнего момента М в поперечных сечениях трубки возникает изгибающий момент = М . При этом максимальные и минимальные нормальные напряжения будут в точках С и В поперечного сечения трубки (рис. 3.7,б), и их следует определять по формулам:
; , где - момент сопротивле-ния поперечного сечения трубки при изгибе.
Тогда .
Внешний (скручивающий) момент Т вызывает в поперечных сечениях трубки крутящий момент = Т.
Касательные напряжения равномерно распределены по толщине стенки (рис. 3.7,с), и их следует подсчитывать по формуле: ,
где - момент сопротивления сечения трубки при кручении.
Величину необходимо определять как для тонкостенного кольца: . Тогда:
.
Рис.3.7
Под действием внутреннего давления р в продольных и поперечных сечениях трубки возникают нормальные напряжения и (рис. 3.7,д).
Напряжение определим из формулы Лапласа:
+ = ,
где и - радиусы кривизны поверхности трубки по направлениям действия напряжений и .
Принимая =D/2 ; ∞, находим:
.
Напряжение установим следующим образом.
Действующее на крышку трубки давление p вызывает растя-жение трубки в осевом направлении силой .
Величину напряжения получим, разделив значение этой силы на площадь поперечного сечения трубки A =::
.
После определения напряжений в стенках трубки от каждого внешнего силового фактора следует провести анализ возникающего напряженного состояния в точках рассматриваемого поперечного сечения 1–1 (см. рис. 3.7,с).
Анализ напряженного состояния материала трубки
В рассматриваемом поперечном сечении трубки 1-1 касатель-ные и нормальные , напряжения одинаковы во всех точках, а нормальные напряжения от изгибающего момента достигают экстремальных значений в точках С и В сечения. Значит опасными точками могут быть точки С и В (рис. 3.7,е).
Точка С.
Нормальные напряжения:
- по оси трубки = 25+20 = 45МПа.
- в окружном направлении = 50МПа.
Касательные напряжения: = 10МПа.
Точка В.
Нормальные напряжения:
- по оси трубки = 25-20 = 5МПа;
- в окружном направлении = 50МПа.
Касательные напряжения: = 10МПа.
Напряженное состояние рассматриваемых элементов точек – двухосное, т.к. напряжения в радиальном направлении можно принять .
Сравнение полученных величин напряжений показывает, что наиболее опасной точкой поперечного сечения трубки является точка С. Максимальное и минимальное нормальные напряжения в главных площадках для этой точки находятся по формуле 2.2 (см. решение задачи № 3.1 c.62):
=(47.5± 10.3)МПа,
или
= 57.8МПа, = 37.2МПа.
Главные напряжения для рассматриваемого элемента записыва-ются в алгебраическом порядке () следующим образом:
= 57,8МПа, = 37,2МПа , = 0.
Учитывая заданный материал трубки (), находим эквивалентное напряжение для рассматриваемой точки по теории прочности Мора (2.8):
·0 = 57,8МПа.
Определение коэффициента запаса
Из выше проведенных расчетов следует, что наиболее опасной точкой поперечного сечения трубки является точка С. В ней
= 57,8МПа.
Коэффициент запаса по текучести в этой точке определим по следующей формуле:
= 4,33.
Если нельзя сразу указать опасную точку сечения, то следует провести расчет коэффициента запаса для каждой из точек С и В отдельно и выбрать из них наименьший.
ЗАДАЧА 3.4.
Для показанного на рис. 3.8 пространственного ломаного бруса, имеющего круглое поперечное сечение и загруженного силой F = 1кН, подобрать диаметр d сечения и найти угол поворота сечения А относительно главной центральной оси х.
Дано: l = 1 м, = 160 МПа, E = 2·105 МПа, G=0,8 ·105 МПа.
Рис. 3.8
Решение
Построим эпюры изгибающих и крутящих моментов, возника-ющих в сечениях бруса от приложенной нагрузки.
Рис. 3.9,а
Начинаем обход со свободного конца бруса.
Участок АВ ( 0 ≤ z1 ≤ l ):
рассматриваемая отсеченная часть бруса показана на рис. 3.9,б;
Рис. 3.9,б
Участок ВС ( 0 ≤ z2 ≤ l ):
отсеченная часть бруса дана на рис. 3.9,в;
переносим силу F из точки А в узел В. Тогда на стержень ВС будут действовать сила F и момент Fl, приложенные в начальном сечении В этого стержня;.
Рис. 3.9,в
MX = F·z2;
т. В z2 = 0, MX = 0; т. С z2 = l, MX = Fl.
ТК = - Fl.
Участок CD ( 0 ≤ z3 ≤ 2l ):
отсеченная часть бруса изображена на рис. 3.9,г;
аналогично вышерассмотренному участку переносим силу F и момент Fl из узла В в узел С – начальное сечение стержня СD.
На участке CD будут действовать изгибающий момент Fl, крутящий момент Fl и поперечная сила F:
MX = Fl - F·z3;
т.С z3 = 0, MX = Fl; т. D z3 = l, MX = -Fl;
ТК = -Fl.
Полученные выражения и значения для МХ, МУ и ТК позволяют построить эпюры (рис. 3.9,а).
Анализ построенных эпюр показывает, что опасными сечениями бруса являются узловые сечения С стержней ВС и CD, а также сечение D стержня DC, где действуют наибольшие значения изгибающих и крутящего моментов и равные Fl.
Подбираем размер диаметра d поперечного сечения бруса.
Рис. 3.9,г
На рис. 3.10 показаны общая расчетная схема этих сечений с действующими МХ и ТК, а также элемент напряженного состояния наиболее опасной точки сечения – т. 1. В этой точке будут действовать одновременно нормальные и касательные напряжения. Элемент находится в плоском наряженном состоянии. Поэтому для оценки прочности воспользуемся одной из теорий прочности. По теории прочности максимальных касательных напряжений, применяемой для материалов, у которых пределы текучести материала при растяжении и сжатии одинаковы, эквивалентное напряжение подсчитывается по формуле (2.9):
.
Для круглого поперечного сечения напряжения равны:
, .
Зная, что WP = 2WX = 0,2 d3 и введя эквивалентный изгибающий момент
,
Запишем выражение для в виде
.
Рис. 3.10
Откуда .
После подстановки числовых значений, найдем d = 4,5·10-2 м.
Определим угол поворота сечения А относительно оси х. для этого приложим в сечении А относительно этой оси момент =1.
Эпюры изгибающих и крутящих моментов в брусе от этого момента показаны на рис. 3.9.
Вычисляем интеграл Мора:
=
==
= =
= = - 0,04 рад
Тема 4. РАСЧЕТ ВАЛА НА СТАТИЧЕСКУЮ ПРОЧНОСТЬ И СОПРОТИВЛЕНИЕ УСТАЛОСТИ
В данной задаче студент должен решить вопросы, которые составляют следующие три раздела:
- проектировочный расчет вала на статическую прочность;
- конструирование вала;
- проверочный расчет вала на усталостную прочность.
4.1. Проектировочный расчет вала на статическую прочность
При расчете вала (рис. 4.1,а) на статическую прочность он пред-ставляется расчетной схемой в виде двухопорной балки, нагруженной постоянными скручивающими и изгибающими моментами, поперечными и продольными усилиями от деталей, установленных на валу (рис. 4.1,б). Одна из опор выбирается шарнирно – неподвижной, другая – шарнирно-подвижной (плавающей). Это обеспечивает свободную осевую деформацию вала и делает конструкцию статически определимой. Если по условиям работы вала безразлично какая из опор будет закреплена, то в качестве плавающей опоры следует выбирать более нагруженную.
При определении нагрузок, действующих на вал, установленные на нем детали (колеса) мысленно отбрасывают и их действие на вал заменяют соответствующими нагрузками, определяемыми по изве-стным правилам теоретической механики (рис. 4.1,в,г,д). Векторы радиальных сил FУ переносят на вал вдоль линии их действия, век-торы окружных FX и осевых FZ усилий – параллельно самим себе. При этом от сил FX появляются скручивающие T = FX·R , а от FZ – изгибающий M = FZ·R моменты (R – радиус начальной окружности колеса). Найденные нагрузки представляются в виде составляющих в трех взаимно перпендикулярных плоскостях (вертикальной XY, горизонтальной ZX и поперечной XY).
Таким образом, вал работает на совместное действие растяжения (сжатия), кручения и изгиба, причем изгиба в двух плоскостях(ZY и ZX). Влиянием растяжения (сжатия) и поперечных сил на нагружен-ность вала пренебрегают.
4.1.2. Построение эпюр внутренних силовых факторов Используя метод сечений и известные правила [1], строят эпюры:
-изгибающих моментов MX(Z) и MY(Z) в вертикальной (ZY) и горизонтальной (ZX) плоскостях соответственно:
- суммарного изгибающего момента;
; (4.1)
- крутящего момента TК(z);
- эквивалентного изгибающего момента МЭКВ(z) по гипотезе прочности максимальных касательных напряжений
. (4.2)
4.1.3. Расчет диаметра вала
Для заданной конструкции вала (см. рис. 4.1,а) наибольшие значения эквивалентного изгибающего момента могут возникать в сечениях А и С. Если построить эпюры напряжений в опасном сече-нии (рис. 4.2), то элемент опасной точки К будет находиться в усло-виях плоского напряженного состояния (рис. 4.2,в). Условие прочности должно быть записано на основе одной из гипотез (теорий) прочности. В соответствии с условием задачи следует использовать гипотезу прочности максимальных касательных напряжений, что было учтено при записи формулы (4.2).
Условие прочности запишем в виде
, (4.3)
где [] –допускаемое напряжение для материала вала, назнача-емое по табл. П.1 (см. приложение );
WИ – момент сопротивления изгибу.
Для вала круглого сплошного поперечного сечения , тогда из (4.3) получим минимально допустимое значение диаметра вала
. (4.4)
Рис. 4.1
Рис. 4.3 Рис. 4.4
Диаметр D2 в месте установки шестерни 2 (см. схему вала) следует округлить до ближайшего большего числа из стандартного ряда (ГОСТ 6636-86), включающего в себя следующие размеры: 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 28, 30, 32, 33, 34, 36, 38. 40, 42, 45, 48, 50, 52, 53, 55, 60, 63, 65, 70, 75, 80, 85, 90, 95,, 100 мм и далее через 10 мм.
Значение диаметра D1 в месте установки подшипников нужно округлить до ближайшего числа, оканчивающегося на 0 или 5 (согласование со стандартным рядом посадочных диаметров подшипников [ 8 ]).
4.2. Конструирование вала
Конструирование участков вала ведут с учетом найденных значений D1 и D2 на основе рекомендаций [5, 8], часть из которых приведена на схеме вала [9].
Из условий унификации, подшипники должны быть одинако-выми, поэтому диаметры опорных ступеней вала (сечений А и В ) равны D1. Если окажется, что D1 ≥ (D2 - 5) мм, то диаметр ступени под шестерню 2 следует принять равным D2 = (D1 + 5) мм. Радиусы r галтельных переходов назначаются r = (0,1…0,2)·d (рис. 4.3). Основные размеры шпоночных соединений выбираются из стандарта табл. П.4 (см. приложение).
При установлении вида обработки и чистоты поверхности необходимо иметь в виду следующее:
- все посадочные поверхности под подшипники шлифуют ();
- шпоночные пазы изготовляют фрезерованием;
- радиусные (галтельные) переходы и посадочные поверхности под шестерни обрабатывают тонким точением ();
- свободные поверхности вала имеют шероховатость ();
- подшипники и зубчатые колеса монтируют на валу по посадкам с натягом и соответственно;
- между зубчатым колесом 1 и левым подшипником (опора А) стоит распорная втулка для силового замыкания в осевом направле-нии, имеющая свободную (с зазором) посадку на валу.
Разработанный эскиз вала вычерчивается в масштабе в строгом соответствии с существующими правилами черчения.
4.3. Проверочный расчет вала на усталостную прочность
В следствие вращения и многократной повторяемости нагруже-ния и разгрузки в течение срока службы вал испытывает переменные напряжения, которые могут вызвать усталостные разрушения. Поэтому после выбора диаметра из условий статической прочности и конструирования вала необходимо проверить его на сопротивление усталости (усталостную прочность).
4.3.1. Выбор расчетных сечений
Устанавливают тип и число концентраторов напряжений и выбирают расчетные сечения.
4.3.2.Расчет характеристик циклов переменных напряжений
Для каждого из выбранных расчетных сечений определяют характеристики циклов изменения напряжений. При этом учитыва-ют, что вследствие вращения вала напряжения изгиба меняются по симметричному циклу (рис. 4.4, а) с параметрами:
- амплитуда напряжений
, (4.5)
- среднее напряжение
(4.6)
В течение срока службы вал испытывает многократное повторное нагружение и разгрузку, тогда касательные напряжения кручения меняются по отнулевому циклу (рис. 4.4,б).
Параметры цикла:
. (4.7)
Где принято, что для круглого поперечного сечения WP = 2·WИ.
4.3.3. Основные расчетные зависимости
Для каждого из опасных сечений необходимо произвести расчет на усталостную прочность, который состоит в проверке условия
n ≥ [n], (4.8)
где [n] – минимально допустимый коэффициент запаса уста-лостной прочности, принимаемый в пределах 1,3…2,0 или по табл. П.8 (см. приложение);
n – эквивалентный (суммарный) запас усталостной прочности, соответствующий плоскому напряженному состоянию в опасной точке сечения (см. рис. 4.2,в), определяемый по формуле:
, (4.9)
в которой и запасы прочности по нормальным и каса-тельным напряжениям соответственно, рассчитываемые по зависи-мостям:
; (4.10)
, (4.11)
где , - пределы выносливости материала при симме-тричных циклах изменения нормальных и касательных напряжений;
- соответственно амплитудные и средние значения напряжений;
- коэффициенты чувствительности материала к асим-метрии цикла по нормальным и касательным напряжениям.
Кроме того , в формулы (4.10), (4.11) входят и - сум-марные коэффициенты снижения пределов выносливости детали, учитывающие влияние на сопротивление усталости конструктивных и технологических факторов и определяемые по формулам:
; (4.12)
; (4.13)
где - коэффициенты концентрации напряжений при изгибе и кручении. Их значения зависят от вида концентратора и принимаются по табл. П.3, П.5, П.6 приложения;
- коэффициенты влияния абсолютных размеров попе-речного сечения, выбираемые в зависимости от диаметра вала и ма-териала по табл. П.7 приложения;
КF – коэффициент влияния шероховатости поверхности. Его зна-чения приведены на рис. П.1 приложения;
КV – коэффициент влияния поверхностного упрочнения, опреде-ляемый по табл. П.9.
Отметим, что приведенные расчетные формулы (4.10) – (4.13) свидетельствуют о том, что расчет запасов усталостной прочности и n можно выполнить лишь зная конструкцию вала и техно-логию его изготовления.
4.3.4. Расчет коэффициентов запаса и оценка усталостной прочности
Для каждого из расчетных сечений вала по формулам (4.10), (4.11), (4.9) рассчитывают коэффициенты запаса прочности и
n , затем проверяют условие (4.8) и делают необходи-мый вывод.
При недостаточной прочности вала дают рекомендации по ее повышению.
4.4. Пример решения вала с насаженными на него двумя шестернями
Рассмотрим расчет вала, схема которого показана на рис. 4.5,а, а конструкция – на рис. 4.5,б.
Рис. 4.5
Исходные данные:
F1X = 12,3 кН, F1Y = 4,47 кН – силы в зацеплении прямозубой шестерни 1 , соответственно окружная и радиальная;
F2X = 6,15 кН, F2X = 2,28 кН, F2Z = 1,08 кН –силы в зацеплении косозубой шестерни 2, соответственно окружная , радиальная и осевая;
l1 = 100 мм, l2 = 165 мм – линейные размеры;
R1 = 100 мм, R2 = 200 мм – радиусы начальных окружностей;
Сталь 45 – материал вала.
Вал вращается в подшипниках А и В и работает в области многоцикловой усталости (N0 > 107 циклов) в установившемся режиме.
Необходимо:
1) построить эпюры изгибающих моментов МХ, МУ;
2) построить эпюру суммарных изгибающих моментов МИ;
3) построить эпюру крутящих моментов ТК;
4) построить эпюру эквивалентных изгибающих моментов МЭКВ, рассчитанных по гипотезе прочности максимальных касательных напряжений;
5) подобрать диаметры вала из условия статической прочности;
6) назначить геометрические размеры;
7) выполнить проверочный расчет вала на усталостную прочность.
4.4.1. Проектировочный расчет вала на статическую прочность (вопросы 1 - 5)
Построение эпюр изгибающих моментов МХ, МУ. Составим расчетную схему вала в виде двухопорной балки, представленной на рис. 4.6,а. После переноса на вал всех сил, действующих на шестерни, появляются два скручивающих момента в сечениях Д и С:
Т1 = F1X ·R1= 12,3·01 = 1,23 кНм;
Т2 = F2X·R2 = 6,15·0,2 = 1,23 кНм,
а также и изгибающий момент в сечении С
M = F2Z·R2 = 1,08·0,2 = 0,216 кНм.
Опору А выбираем шарнирно – подвижной, а опору В - шарнирно – неподвижной. Из рис. 4.6,а следует, что вал работает на совместное действие сжатия, кручения и изгиба в вертикальной (Z0Y) и горизонтальной (Z0X) плоскостях. Влиянием сжатия и поперечных сил на нагруженность вала пренебрегаем. Кручение и изгиб рас-смотрим отдельно, используя принцип независимости действия сил.
Изгиб в вертикальной плоскости Z0Y (рис. 4.6,б).
Определим реакции опор YA и YB из уравнений равновесия:
∑MB = 0; - F1Y ·0,43 + YA ·0,33 – F2Y · 0,165 + M = 0,
откуда = 6.31 кН,
∑МА = 0; - YB ·0,33 + M – F2Y ·0,165 = 0,
откуда YB = = 0,44 кН.
Проверка:∑Y =- F1Y + YA – F2Y + YB = - 4,47+ 6,31- 2,28 + 0,44 = 0.
Найдем изгибающие моменты МХ в характерных сечениях вала (в сечениях А, С, D и В).
МХ(А) = - F1Y ·0,1 = - 4,47 ·0,1 = - 0,447 кНм;
МХ(С)ЛЕВ = - F1Y · 0,265 +YA · 0,165= - 4,47 ·0,265 +
+ 6,31· 0,165 = - 0,143 кНм.
МХ(С)ПРАВ = YB · 0,165 = 0,44 · 0,165 = 0,073 кНм;
MX(D) = MX(B) = 0.
По полученным значениям строим эпюру МХ (рис. 4.6, в).
Аналогично рассматриваем изгиб вала в горизонтальной плоско-сти Z0X (рис. 4.6,г).
Определение суммарных изгибающих моментов МИ и построе-ние их эпюры. Так как вал имеет круглое поперечное сечение, то изгибающие моменты МХ и МУ можно свести к суммарному изги-бающему моменту МИ :
.
В сечениях А, С, D и В значения МИ будут соответственно равны:
= 1,31 кНм;
= 1,13 кНм;
= 1,122 кНм;
МИ(D) = МИ(В) = 0.
По полученным данным построим эпюру суммарных изгибаю-щих моментов МИ (рис. 4.6,е). На участке АС эпюра имеет нелиней-ный характер (пунктирная кривая выпуклостью вниз). Для упроще-ния вычислений эпюру на этом участке принимают линейной (спло-шная линия). При этом погрешность идет в сторону увеличения запаса прочности.
Построение эпюры крутящих моментов ТК (рис. 4.6,ж). Два скручивающих момента Т1 и Т2 (см. рис. 4.6,а) вызывают кручение на участке АС крутящим моментом:
ТК = Т1 = Т2 = 1,23 кНм.
Построение эпюры эквивалентных изгибающих моментов МЭКВ (рис. 4.6,з). Для бруса круглого поперечного сечения эквивалентные изгибающие моменты по теории прочности максимальных касатель-ных напряжений подсчитывают по следующей формуле:
.
Найдем значения МЭКВ в характерных сечениях вала:
= 1,23 кНм;
= 1,79 кНм;
= 1,67 кНм;
= 1,122 кНм.
Участки эпюры, соответствующие интервалам вала DA и АС, нелинейны (пунктирные кривые с выпуклостью вниз). Как и в случае с эпюрой МИ, эти участки принимаем линейными (сплошные линии), а погрешность ведет к увеличению запаса прочности.
Подбор диаметров вала D1 и D2 (см. рис. 4.5,б) из условия стати-ческой прочности. Из эпюры МЭКВ видно, что наибольшие значения эквивалентного изгибающего момента соответствуют сечениям А и С. Минимально допустимое значение диаметра вала в сечении А:
Рис. 4.6
= 0,0645 м.
Здесь [] – допускаемое напряжение для вала, которое принято равным 70 МПа (табл. П.1, см. приложение). При этом учитывалось, что изменение напряжений во вращающемся вале происходит по симметричному циклу, а материал – углеродистая сталь марки 45 (=900 МПа, см. табл. П.2).
Аналогично найдем минимально допустимое значение диаметра вала в сечении С:
= 0,0625 м.
Округлив полученное значение в миллиметрах D1 до ближайше-го большего числа, оканчивающегося на 0 или 5, получим D1 = 65 мм – диаметр сечений ступеней вала под подшипники.
Так как D2 < D1 , то диаметр сечения ступени вала под шестерню 2 в соответствии с рекомендацией (см. п. 4.2) принимаем равным
D2 = D1 + 5 = 65 + 5 = 70 мм.
4.4.2. Конструирование вала (вопрос 6)
Назначаем геометрические размеры вала, используя рекоменда-ции на схеме вала (см. рис. 4.5):
d3 = D1 = 65 мм,
d4 = D1 -5 =60 мм,
d5 = D1 – 10 =55 мм,
d6 = D2 + 10 = 70 + 10 =80 мм,
b1 = 0,8D1 = 0,8·65 = 52 мм,
b2 = 3D2 =3·70 = 210 мм,
b3 = D2 = 70 мм,
b5 = 1,9d5 = 1,9·55 = 104 мм.
Принимаем радиусы галтельных переходов ri = 0,1di (i=1,…,5).
Изображаем эскиз вала (рис. 4.7), на котором показываем разме-ры, шероховатость поверхностей ( ) и посадки ( -зубчатых колес, - подшипников).
4.4.3. Проверочный расчет вала на усталостную прочность (вопрос 7)
В практике расчетов осей и валов пользуются рекомендациями [5] для определения необходимости проведения расчетов на цикли-ческую прочность. В настоящем пособии в учебных целях определе-ны запасы усталостной прочности во всех сечениях, где имеются концентраторы напряжений (сечения I-I…V-V, см. рис. 4.7).
Выберем механические характеристики материала вала – стали 45 (табл. П.2 приложения):
= 900МПа; = 650 МПа; = 390 МПа; = 380 МПа;
= 230 МПа; = 0,1; =0,05.
Сечение I-I (см. рис.4.7).
Концентраторами напряжений являются: галтель, напряженная посадка ступицы шестерни на вал и наличие вблизи сечения шпоночной канавки.
Результаты научных исследований [5] показывают, что при наличии нескольких концентраторов напряжений в одном сечении, результирующее значение получается суммированием влияния отдельных концентраторов по достаточно сложным зависимостям, которые еще не нашли практического применения.
Также установлено, что более сильные концентраторы поглоща-ют менее значимые. Поэтому расчеты проводят с учетом лишь одно-го концентратора, имеющего наибольшее значение.
Эффективные коэффициенты концентрации при наличии шпоно-чной канавки принимаются по табл. П.3 приложения. При =900 МПа получим =1,9, =1,8. С учетом коэффициентов влияния абсолютных размеров поперечного сечения = 0,76 (табл. П.7 приложения) найдем значения коэффициентов снижения предела выносливости:
=2,5; = 2,37.
Эффективные коэффициенты концентрации для валов с галтелью радиуса r1 = 0,1d5 определяем по табл. П.5 приложения. При = 1,09, = 0,1 и = 900МПа получим = =1,43,
=1,17 (с учетом интерполяции).
Тогда коэффициенты снижения предела выносливости равны
=1,88; = 1,54.
Значения коэффициентов снижения предела выносливости для вала с посадкой шестерни найдем по табл. П.6 приложения.
При посадке , = 900 МПа и d5 = 55 мм интерполируя получим:= 3,22; = 2,44.
Сравнивая между собой значения коэффициентов снижения предела выносливости устанавливаем, что наибольшую концентрацию вызывает посадка шестерни на вал. Поэтому последние значения коэффициентов и будут приняты в расчет общих коэффициентов снижения предела выносливости по формулам (4.12) и (4.13):
;
где КF = 0,81 -коэффициент, учитывающий влияние шероховато-сти поверхности , определяемый по рис. П.1 приложения. В нашем случае обработка – тонкая обточка (), = 900 МПа.
Найдем изгибающие моменты в рассматриваемом сечении I-I при z1 = 52 мм (см. рис. 4.7):
МХ = - 4,47·0,052 кНм;
МУ = 12,3·0,052 = 0,640 кНм;
= 0,681 кНм.
Момент сопротивления изгибу сечения, ослабленного шпоночной канавкой, определим по табл. П.3 приложения:
где b и t – ширина и глубина шпоночной канавки, принимаемые по табл. П.4 приложения.
При d5 = 55 мм найдем b5=55 мм, t = 5 мм.
Нормальные напряжения от изгиба в вале изменяются по симме-тричному циклу.
Амплитуда нормальных напряжений в сечении I-I равна:
46,9 МПа.
Тогда коэффициент запаса усталостной прочности при воздей-ствии нормальных напряжений для этого сечения по формуле (4.10) будет равен:
= 3,34.
Для касательных напряжений цикл нагружения принимается отнулевым, т.к. вал имеет периодические остановки, а напряжения изменяются от нуля до максимального значения. Амплитуда и среднее значения напряжения цикла равны:
= 19,9 МПа,
где = 39,8 МПа;
=30,8 ·10-6 м3
-момент сопротивления кручению сечения, ослабленного шпо-ночной канавкой, определяемый по табл. П.3 приложения.
Коэффициент запаса усталостной прочности при воздействии касательных напряжений для рассматриваемого сечения вала по формуле (4.11) равен:
= 4,34.
Суммарный коэффициент запаса усталостной прочности в сечении I-I по выражению (4.9):
=2,06.
Принимаем, что рассматриваемый вал будет изготавливаться при обычном уровне технологии, ограниченной однородности материала и приближенной расчетной схеме.
В этом случае минимально допустимое значение коэффициента запаса прочности можно принять равным 1,…2,0 (табл. П.8 прило-жения). Следовательно, запас прочности в сечении I-I обеспечен.
Рис. 4.7
Сечение II-II (см. рис. 4.7).
Изгибающие моменты в рассматриваемом сечении с координатой z2 = 74 мм равны:
МХ = - 4,47·0,074 = - 0,331 кНм;
МУ = 12,3·0,074 = 0,91 кНм;
МИ = =0,968 кНм.
Момент сопротивления изгибу при d1 = 60 мм находим:
WИ = = 21,2·10-6 м3.
Полярный момент сопротивления WР = 2·WИ = 42,4·10-6 м3.
Амплитуда нормальных напряжений изгиба :
= 45,7 МПа.
Амплитуда и среднее значение цикла изменения касательного напряжения:
= = = 14,5 МПа.
Концентратором напряжения является галтель.
При = 0,1, = 1,08 и = 900 МПа определяем по табл. П.5 приложения = 1,44, = 1,17 (с интерполяцией).
Значение коэффициентов влияния абсолютных размеров поперечного сечения по табл. П.7 приложения. При d=d1 = 60 мм и = 900 МПа, интерполируя получим = 0,71.
Коэффициент влияния шероховатости поверхности по рис. П.1 приложения. Для и =900 МПа, ориентируясь на грубое точение, найдем КF = 0,73.
Тогда общие коэффициенты снижения предела выносливости по формулам (4.12), (4.13):
-1 = 2,40; - 1 = 2,02 .
Запасы усталостной прочности по формулам (4.10), (4.11) и (4.9):
= 3,46; = 7,66;
= 3,1,
что больше минимально допускаемого значения [n] = 1,5…2,0.
Таким образом, усталостная прочность в сечении II-II достаточна.
Сечение III-III (см. рис. 4,7).
Координата z3 = 126 мм. Изгибающие моменты равны:
МХ = -4,47·0,126 + 6,31·0,026 = -0,339 кНм;
МУ = 12,3·0,126 – 12,95·0,126 – 12,95·0,0026 = 1,213 кНм;
МИ = = 1,28 кНм;
Момент сопротивления изгибу при D1 = 65 мм находится:
= 26,9·10-6 м3.
Полярный момент сопротивления WP = 2·WИ = 53,8·10-6 м3.
Амплитудные и средние значения циклов напряжений:
= 47,6 МПа,
= 11,4 МПа.
Концентраторами напряжений являются галтель и среднепрес-совая посадка подшипника. Расчет сечения I-I показал, что значение эффективного коэффициента концентрации от посадки намного больше, чем от галтели. Поэтому учитываем только посадку, для которой по табл. П.6 приложения при = 900 МПа и D1 = 65 мм находим:
= 4,38; =3,1.
По рис. П.1 приложения при =900 МПа и шлифовании получим КF = 0,9.
Значения общих коэффициентов снижения предела выносливости по формулам (4.12), (4.13):
- 1 = 4,49; - 1 =3,21
Запасы усталостной прочности по формулам (4.10), (4,11) и (4.9):
= 1,78; = 6,2;
= 1,7 > [n]min = 1,5.
Усталостная прочность сечения III – III обеспечена.
Сечение IV – IV (см. рис. 4.7).
Концентраторами напряжений являются: шпоночная канавка, галтель, напряженная посадка зубчатого колеса. Методика определения суммарного коэффициента запаса усталостной прочности n аналогична методике, которая применялась при расчете сечения I-I.
Проверочные расчеты показали, что = 3,0, = 9,4 и
n = 2,8, то есть запас прочности достаточен.
Сечение V – V (см. рис. 4.7).
В этом сечении проверку усталостной прочности можно не проводить, т.к. заведомо ясно, что запас прочности будет выше, чем в сечении III – III. Диаметры сечений V – V и III – III одинаковые, суммарные коэффициенты снижения предела выносливости совпадают, а силовые факторы в сечении V – V намного меньше, чем в сечении III – III (см. рис. 4.6 и рис. 4.7).
ПРИЛОЖЕНИЕ 1. СПРАВОЧНЫЕ ДАННЫЕ К РАСЧЕТАМ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ НАГРУЗКАХ
Допускаемые напряжения изгиба, МПа Таблица П.1
|
Материал |
Предел Прочности МПа |
Допускаемые напряжения на изгиб при режимах |
||
|
I режим |
II режим |
III режим |
||
|
Углеродистая сталь |
400 400-500 300-600 600-700 700-900 |
130 170 200 230 240 |
70 75 95 110 130 |
40 45 55 65 70 |
|
Легированная сталь |
800 800-1000 |
270 330 |
130 150 |
75 90 |
I режим: нагрузка постоянная по величине и знаку;
II режим: нагрузка изменяется по величине от нуля
до максимума, но не меняется по знаку
(отнулевой цикл);
III режим: нагрузка изменяется и по величине и по знаку от +М до -М (симметричный цикл).
Рис. П.1. Значение коэффициента влияния
шероховатости поверхности
Таблица П.2
Механические характеристики материалов валов и осей
|
Марки стали |
Диаметр заготовки в мм, не более |
|
|
|
|
|
|
|
|
МПа |
||||||||
|
Ст 5 |
любой |
520 |
280 |
150 |
220 |
130 |
0 |
0 |
|
Ст 6 |
любой |
700 |
370 |
210 |
320 |
190 |
0,16 |
0 |
|
45 |
любой 120 80 |
560 800 900 |
280 550 650 |
150 300 390 |
250 350 380 |
150 210 230 |
0 0,1 0,1 |
0 0 0,05 |
|
40Х |
любой 200 120 |
730 800 900 |
500 650 750 |
280 390 450 |
320 360 410 |
200 210 240 |
0,1 |
0,05 |
|
40ХН |
любой 200 |
820 920 |
650 750 |
390 450 |
360 420 |
210 250 |
||
|
20 |
60 |
400 |
240 |
120 |
170 |
100 |
0 |
0 |
|
20Х |
120 |
650 |
400 |
240 |
300 |
160 |
0,05 |
0 |
|
12ХНЗ |
120 |
950 |
700 |
490 |
420 |
210 |
0,1 |
0,05 |
|
18ХГТ |
60 |
1150 |
950 |
665 |
520 |
280 |
0,15 |
0,1 |
|
30ХГТ |
любой |
950 |
750 |
520 |
450 |
260 |
0,1 |
0,05 |
|
18ХНВА |
любой |
1150 |
850 |
620 |
540 |
300 |
0,2 |
0,1 |
|
20ХНЗА |
любой |
1000 |
850 |
550 |
450 |
250 |
0,2 |
0,1 |
Таблица П.3
Эффективные коэффициенты. концентрации напряжений для валов с одной и двумя шпоночными канавками
|
Характер нагружения |
МПа |
|||||
|
500 |
600 |
700 |
800 |
900 |
1000 |
|
|
изгиб |
1,50 |
1,60 |
1,72 |
1,80 |
1,90 |
2,00 |
|
кручение |
1,40 |
1,50 |
1,60 |
1,70 |
1,80 |
1,90 |
Таблица П.4
Номинальные размеры сечения шпонки в мм
|
Диаметр вала, мм |
b мм |
h мм |
t мм |
t1 мм |
|
Св.10 до 14 14 18 18 24 24 30 30 36 36 42 42 48 48 55 55 65 65 75 75 90 90 105 105 120 |
4 5 6 8 10 12 14 16 18 20 24 28 32 |
4 5 6 7 8 8 9 10 11 12 14 16 18 |
2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 4,5 5,0 5,0 5,5 6,0 7,0 8,0 9,0 |
1,6 2,1 2,6 3,1 3,6 3,6 4,1 5,1 5,6 6,1 7,2 8,2 9,2 |
Эффективные коэффициенты концентрации напряжений
для валов и осей с галтелями
|
Изгиб |
Кручение |
||||||
|
МПа |
МПа |
||||||
|
≤500 |
800 |
≥1000 |
≤500 |
800 |
≥1000 |
||
|
1,05 |
0,02 0,05 0,10 0,15 0,20 |
1,70 1,48 1,28 1,20 1,16 |
1,88 1,57 1,33 1,23 1,20 |
2,05 1,63 1,36 1,25 1,22 |
1,24 1,15 1,08 1,06 1,05 |
1,29 1,18 1,10 1,08 1,06 |
1,33 1,20 1,12 1,09 1,07 |
|
1,10 |
0,02 0,05 0,10 0,15 0,20 |
2,00 1,64 1,37 1,27 1,20 |
2,24 1,70 1,42 1,31 1,24 |
2,47 1,75 1,45 1,34 1,27 |
1,40 1,25 1,12 1,09 1,06 |
1,52 1,28 1,16 1,12 1,08 |
1,62 1,30 1,18 1,14 1,10 |
|
1,25 |
0,02 0,05 0,10 0,15 0,20 |
2,12 1,81 1,47 1,35 1,30 |
2,68 1,97 1,54 1,40 1,32 |
3,10 2,10 1,60 1,43 1,34 |
1,64 1,40 1,20 1,15 1,09 |
1,73 1,45 1,27 1,20 1,13 |
1,80 1,48 1,32 1,24 1,16 |
|
1,50 |
0,02 0,05 0,10 0,15 0,20 |
2,42 1,91 1,53 1,38 1,33 |
- 2,06 1,61 1,44 1,36 |
- 2,20 1,67 1,48 1,38 |
1,76 1,48 1,24 1,19 1,10 |
1,97 1,56 1,32 1,25 1,18 |
2,14 1,62 1,38 1,29 1,24 |
Таблица П.7
Коэффициент влияния абсолютных размеров поперечного
сечения
|
d мм |
||||||||
|
10 |
20 |
30 |
40 |
50 |
70 |
100 |
120 |
|
|
Углеродистая cталь = 400 –500 МПа |
0,98 |
0,92 |
0,88 |
0,85 |
0,82 |
0,76 |
0,70 |
0,63 |
|
Углеродистая и легированная сталь =500 -800 МПа |
0,97 |
0,89 |
0,85 |
0,81 |
0,78 |
0,73 |
0,68 |
0,61 |
|
Легированная сталь |
0,95 |
0,86 |
0,81 |
0,77 |
0,74 |
0,69 |
0,65 |
0,59 |
|
Легированная сталь
|
0,94 |
0,83 |
0,77 |
0,73 |
0.70 |
0,66 |
0,62 |
0,57 |
Таблица П.8
Минимально допустимые запасы прочности [n]
|
Факторы, оказывающие влияние на запас прочности |
[n] |
|
а) для расчета по пределу текучести: Весьма пластичный материал , Пластичный материал , Малопластичный материал ; б) для расчета по пределу выносливости: при повышенной однородности материала, высоком качестве технологии изготовления, большой точности определения напряжений, при обычном уровне технологии изготовления, ограниченной однородности материала, прибли- женной расчетной схеме, при пониженной однородности материала, ориентировочной оценке механических свойств, пониженной тонности расчета, для деталей большого диаметра (d > 250 мм). |
1,2 – 1,5 1,4 –1,8 1,7 – 2,2 1,3 – 1,5 1,5 – 2,0 2,0 – 3,0 |
Таблица П.9
Значения коэффициента влияния поверхностного упрочнения (KV) в зависимости от вида обработки и диаметра образца
|
Вид обработки |
Тип образца |
Диаметр, мм |
KV |
|
Обкатка роликами |
Без концентрации напряжений |
7…20 30…40 |
1,2…1,4 1,1…1,25 |
|
С концентрацией напряжений |
7…20 30…40 |
1,5…2,2 1,3…1,8 |
|
|
Обдувка дробью |
Без концентрации напряжений |
7…20 30…40 |
1,1…1,3 1,1…1,2 |
|
С концентрацией напряжений |
7…20 30…40 |
1,4…2,5 1,1…1,5 |
|
|
Азотирование на глубину 0,1…0,4 мм |
Без концентрации Напряжений |
8…15 30…40 |
1,15…1,25 1,10…1,15 |
|
С концентрацией напряжений |
8…15 30…40 |
1,9…3,0 1,3…2,0 |
|
|
Цементация на глубину 0,2…0,6 мм |
Без концентрации Напряжений |
8…15 30…40 |
1,2…2,1 1,1…1,5 |
|
С концентрацией напряжений |
8…15 30…40 |
1,5…2,5 1,2…2,0 |
|
|
Закалка токами высокой частоты |
Без концентрации напряжений |
7…20 30…40 |
1.3…1,6 1,2…1,5 |
|
С концентрацией напряжений |
7…20 30…40 |
1,6…2,8 1,5…2,5 |
|
|
Цианирование на глубину 0,2 мм |
Без концентрации напряжений |
10 |
1,8 |
ПРИЛОЖЕНИЕ 2
Нормальные линейные размеры в диапазоне от 15 до 250 мм ряда Rа 40 (выдержка из ГОСТ 6636-86): 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 28, 30, 32, 34, 36, 38, 40, 42, 45, 48, 50, 52, 55, 60, 63, 65, 70, 75, 80, 85, 90, 95, 100, 105, 110, 115, 120 мм и далее через 10 мм.
ЛИТЕРАТУРА
1. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. 12-е изд., М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2005. -592 с.
2. Сборник задач по сопротивлению материалов/ Под ред. А.С.Вольмира. –М.: Наука, 1984. – 408 с.
3. Миролюбов И.Н., Алмаметов Ф.З., Курицын Н.А. и др. Сопротивление материалов: Пособие по решению задач. – 6-е изд., перераб. и доп. – СПб.: Изд-во «ЛАНЬ», 2004. – 512 с.
4. Алмаметов Ф.З., Арсеньев С.И., Курицын Н.А. и др. Расчетные и курсовые работы по сопротивлению материалов: Учебное пособие. -3-е изд., стер. –СПб.: Изд-во «Лань», 2005. -368 с.
5. Серенсен С.В., и др. Валы и оси. Конструирование и расчет. 2-е изд., перераб. –М.: Машиностроение, 1970. -320с.
6. Стародубец Н.А., Рыбакова М.Р., Щербаков В.И. Сопротивление материалов. Теория и задачи. Растяжение, кручение, геометрические характеристики плоских сечений, изгиб. Методические указания к выполнению расчетно – графических заданий, самостоятельной подготовке к зачету и экзамену по курсу «Сопротивление материалов» для студентов- заочников/
Под ред. Н.А. Крамского.- М., МГТУ «МАМИ», 2011. -83с.
7. Щербаков В.И., Боков Р.В., Порядков В.И. Расчеты на устойчивость, сопротивление усталости и динамические нагрузки:.
Методические указания к выполнению расчетно-графической работы по курсу «Сопротивление материалов». М.: МАМИ, 2011.- 60с.
8. Дунаев П.Ф., Леликов О.П. Конструирование узлов и деталей машин. –М.:Машиностроение, -1985. -564с.
.
Учебное издание
Щербаков Владимир Иванович
Рыбакова Маргарита Романовна
Стародубец Николай Александрович
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ. Теория и задачи.
Статически неопределимые системы, сложное напряженное состояние, сопротивление усталости.
Методические указания к выполнению расчетно – графических заданий, самостоятельной подготовке к зачету и экзамену по курсу «Сопротивление материалов» для студентов заочников
Под редакцией Крамского Николая Алексеевича
По тематическому плану внутривузовских изданий учебной литературы на 2013 г.
Подписано в печать Формат 6090 1/16. Бумага 80 г/м2
Гарнитура «Таймс». Ризография. Усл. печ.л. 5,0
Тираж 200 экз. заказ №
----------------------------------------------------------------------------------
МГМУ «МАМИ» 107023, г. Москва, Б.Семеновская ул., 38
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
x
z
y
MX
NZ
QY
к
Рис. 1.6, ж
Рис. 1.6, е
Рис. 1.30,г
Рис. 1.11,д
Рис. 1.11,г
Рис. 1.11,в
Рис. 1.9, ж
Рис. 1.9,е
Рис. 1.9,д
Рис. 1.9,г
Е
в)
б)
MX = ql2
MX = ql2
D
MX = 0
C
MX = 2ql2
Таблица П.5
d
D
r
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
p
+
p
p
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
A
B
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
Рис. 1.6,г
Рис. 1.6,д
У
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
x
а)
б)
Рис. 2.8
b
2F
0
z
y
x
F
l
l/2
h
х
z
y
l
l
F
F
A
F
Z1
MX = F·z1;
т. А z1 = 0, MX = 0;
т. В z1 = l, MX = Fl.
ТК = 0.
Z2
l
F
B
A
=>
F
Fl
B
Z2
Z3
l
=>
B
C
Fl
F
C
Z3
Fl
Fl
F
х
y
Т. 1
МХ
ТК
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
Т. 1
Сечение D
2q
ql
2ql2
2ql
l
l
l
l
A
B
C
D
E
z
y
A
B
C
D
E
z1
z2
z3
z4
а)
б)
z1
2q
ql
EMBED Equation.3
Определяем значения МХ в крайних поперечных сечениях (точках) участка:
т. Е z1 = 0, MX = 0;
т. D z1 = l, MX = ql2.
z2
l
2q
ql
D
=>
ql
ql2
z2
D
2ql2
2ql
z3
l
2ql
ql
ql2
2ql2
=>
z3
2ql
ql2
2ql2
ql2
Рис. 1.6, з
С
ql
B
z4
2ql2
2ql
2ql
MX = 2ql2 +2ql·z4 - 2ql·z4;
Значения МХ в крайних сечениях участка:
т. B z4 = 0; MX = 2ql2;
т. А z4 = l; MX = 2ql2.
F
MX =F·z1;
т. Е z1 = 0, Mx = 0; т. С z1 = l, MX = F·l.
QY = F.
Z1
Z2
YA
ХА
MX = ХA·z2MX=XA·z2;
т. А z2 = 0, MX = 0; т. С z2 =l, MX = F·l. QY = F.
M
z3
YB
MX = F·l;
QY = 0.
z4
=>
z4
M
YB
M
YB
D
MX = F·l + YB·z4;
т. D z4 = 0, Mx = F·l;
т. С z4 = l, MX =2F·l;
QY = - YB = - F.
D
F
Выражение для МХ в текущем поперечном сечении с координатой z1
MX =Fl - F·z1.
Значения МХ в граничных сечениях участка:
т. А z1 = 0, MX = Fl; т. D z1 = l, MX = 0.
YA
A
Fl
Z1
Z2
B
YB
F
MX = F·z2;
т. B z2 = 0, MX = 0;
т. С z2 = l, MX = F·l.
Z3
l
YB
F
B
C
MX = Fl - YB·Z3;
т. С z3 = 0, MX = Fl;
т. D z3 = l, MX = 0.
EMBED Equation.3
Э.С.
О.С.
F
Fl
A
B
YA
HA
MA
l
l
C
YB
Fl
X1
l
l
F
З.С.
Z2
l
F
Fl
MX = Fl + FZ2;
т. В Z2 = 0, MX = Fl;
т. А Z2 = l, MX = 2Fl.
l
F=ql2
F
l
l
q
З.C.
О.С.
Э.С.
F
F
q
q
Х1
Х1
Х2
Х2
EMBED Equation.3
Рис. 1.6,в
EMBED Equation.3
F
F
2l
l
l
F
X1
l
2l
З.С.
О.С.
Э.С.