/
Author: Николаенко В.Л.
Tags: общее машиностроение технология машиностроения теория машин и механизмов общие вопросы технической механики машиноведение машиностроение механика строительные конструкции
ISBN: 978-985-6826-88-0
Year: 2010
Text
НАЯ
РАСЧЕТ ТИПОВЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
КОНСТРУКЦИЙ
Кратко изложена теория расчетов на
прочность - подбор сечений, выбор
материалов, определение
перемещений, коэффициентов запаса
прочности элементов конструкций.
Приведены примеры решения типовых
задач, а также условия задач для
аудиторных занятий и домашних
заданий, для контрольных и расчетно-
графических работ.
Удачное сочетание теории и
практики позволяет рекомендовать
это пособие не только студентам
и преподавателям высших
технических учебных заведений,
но и инженерным работникам,
желающим повысить квалификацию
/03j)
В. Л. Николаенко
ПРИКЛАДНАЯ
МЕХАНИКА
РАСЧЕТ ТИПОВЫХ
ЭЛЕМЕНТОВ
КОНСТРУКЦИЙ
Издательство Гревцова
/^J>7
В.Л. Николаенко
ПРИКЛАДНАЯ МЕХАНИКА.
РАСЧЕТ ТИПОВЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
КОНСТРУКЦИЙ
Допущено Министерством образования
Республики Беларусь в качестве учебного пособия
для студентов высших учебных заведений
по техническим специальностям
Минск
«Издательство Гревцова»
2010
УДК 621.01:531.8(075.8)
ББК 34.41я73
Н63
Рецензенты: заведующий кафедрой теоретической механики и теории меха-
низмов и машин БГАТУ, доктор технических наук, профессор А.Н. Орда; профес-
сор кафедры инженерной графики и механики БГУИР, доктор технических наук
В.М. Сурин
Николаенко, В. Л.
Н63 Прикладная механика. Расчет типовых элементов конструк-
ций: учеб, пособие / В. Л. Николаенко. - Минск: Изд-во Грев-
цова, 2010. - 386 с. : ил.
ISBN 978-985-6826-88-0.
Кратко изложена теория расчетов на прочность - подбор сечений,
выбор материалов, определение перемещений, коэффициентов запаса
прочности элементов конструкций. Приведены примеры решения типо-
вых задач, а также условия задач для аудиторных занятий и домашних
заданий, для контрольных и расчетно-графических работ.
Удачное сочетание теории и практики позволяет рекомендовать это
пособие не только студентам и преподавателям высших технических
учебных заведений, но и инженерным работникам, желающим повысить
квалификацию.
УДК 621.01:531.8(075.8)
ББК 34.41я73
ISBN 978-985-6826-88-0
© Николаенко В.Л., 2010
© Оформление. «Издательство Гревцова», 2010
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие. 3
Глава 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ ПРОЧНОСТНОЙ
НАДЕЖНОСТИ ТИПОВЫХ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ . . 7
1.1. Общие понятия ...................................... 7
1.2. Силы внешние и внутренние.............. .... 7
1.3. Метод сечений ... 8
1.4. Напряжения............. ... 9
1.5. Перемещения и деформации . 10
1.6. Общие принципы расчета ... 11
Глава 2. ОДНОРОДНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ БРУСА КАК ПРИМЕР
РЕАЛИЗАЦИИ ОДНООСНОГО НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ
МАТЕРИАЛА................................................. 12
2.1 Продольные силы и напряжения в поперечных сечениях
стержней. Упругие деформации . . 12
2.2. Расчет на прочность ............ .... ... 13
2.3. Статически неопределимые системы .... .... ... 15
2.4. Расчет проводов на прочность ... 16
Примеры ................................................ 19
Задачи................................................ 51
Глава 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ
СЕЧЕНИЙ................................................. 77
3.1. Осевые моменты инерции сечения ...... ... 77
3.2. Моменты инерции простейших фигур ... 80
3.3. Связь между геометрическими характеристиками плоского
сечения и сопротивлением деформации .................... 82
Примеры ................................................ 83
Задачи ......... 108
Глава 4. СРЕЗ И СМЯТИЕ ... 117
4.1. Общие моменты ... ... 117
Примеры ............................................... 118
Задачи .... 128
Глава 5. СДВИГ И КРУЧЕНИЕ................................ 138
5.1. Чистый сдвиг...................................... 138
5.2. Расчет бруса круглого поперечного сечения ........ 139
5.3. Расчет цилиндрических винтовых пружин на прочность 140
Примеры ...................... . . . 142
Задачи ................................................ 155
3
Глава 6. НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ
ПРИ ПРЯМОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ.................................. 166
6.1. Общие сведения........................................ 166
6.2. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. Общие
положения.................................................. 169
6.3. Расчет балок на прочность и жесткость................. 171
Примеры ................................................... 174
Задачи .................................................... 216
Глава 7. ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ.................................... 233
7.1. Определение эквивалентных напряжений при сложнонапряженном
состоянии ............................................... 233
7.2. Совместное действие изгиба и кручения ................ 234
Примеры ................................................... 235
Задачи .................................................... 269
Глава 8. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
КОНСТРУКЦИЙ................................................... 281
8.1. Основные понятия ..................................... 281
Примеры ................................................. 284
Задачи .................................................... 299
Глава 9. МЕСТНЫЕ И КОНТАКТНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ..................... 326
9.1. Местные напряжения.................................... 326
9.2. Контактные напряжения ................................ 331
Примеры ................................................... 333
Задачи .................................................... 337
Глава 10. ПРОЧНОСТЬ КОНСТРУКЦИЙ ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ
НАПРЯЖЕНИЯХ .................................................. 340
10.1. Основные понятия .................................... 340
Примеры ............................................... 344
Задачи .................................................... 357
ПРИЛОЖЕНИЕ.................................................... 360
Литература.................................................... 385
ПРЕДИСЛОВИЕ
В этом учебном пособии, предназначенном для начинающих из-
учение курса «Прикладная механика», кратко излагается теория
расчетов на прочность и приводятся примеры решения типовых за-
дач и условия задач по каждой рассматриваемой теме. Особое вни-
мание обращается на вопросы, недостаточно освещенные в курсе.
Эта книга, написанная на уровне, доступном пониманию студентов,
может быть полезна и для начинающих преподавателей, и для ин-
женеров, повышающих свою квалификацию.
Опыт работы со студентами показывает, что большинство из них
далеко не всегда довольствуются решением типовых задач. У многих
возникают вопросы, выходящие за рамки курса и требующие более
глубокого понимания предмета; появляется желание решать более
сложные задачи, требующие сообразительности и усидчивости.
Учебное пособие написано в соответствии с программой курса
«Прикладная механика» для немеханических инженерно-техничес-
ких специальностей вузов. В нем наряду с задачами, предназначен-
ными для аудиторных занятий и домашних заданий, содержатся за-
дачи для контрольных и расчетно-графических работ. Книга состо-
ит из 10 глав, в 9 из них приводятся примеры и задачи, сгруппиро-
ванные по различным видам расчетов: на проверочные расчеты, на
проектные расчеты (подбор сечений), на определение допускаемых
нагрузок и на определение перемещений.
Сложность задач, включенных в пособие, различна, но во многих -
сложных на первый взгляд - решение оказывается неожиданно
простым. В других случаях вроде бы очевидный ответ может ока-
заться неправильным. Поэтому все примеры типовых задач снаб-
жены подробными решениями, которые помогут проверить полу-
ченный результат, а в случае нахождения ошибки - и ход решения.
Эта книга будет полезна и преподавателям, так как в ней содер-
жится достаточное количество задач по всем разделам курса «При-
кладная механика». Кроме того, задачи, включенные в сборник, по-
зволяют использовать эту книгу студентам механических инженер-
но-технических специальностей.
Большинство задач, вошедших в книгу, составлено самим авто-
ром. Многие задачи рекомендованы ему коллегами, часть задач пу-
бликовалась ранее. Тематика и схемы некоторых типовых задач за-
5
имствованы из учебной литературы, список которой приведен в
конце книги.
Автор стремился к тому, чтобы тексты условий задач были лако-
ничными, а большинство необходимых данных указано на черте-
жах. Кроме того, наименование заданных и искомых величин во
многих случаях заменено соответствующими буквенными обозна-
чениями.
Автор считает своей обязанностью выразить признательность
А.Т. Скойбеде, оказавшему помощь в подборе и проверке задач, при-
нявшему деятельное участие в подготовке книги. Автор будет так-
же благодарен за критические замечания и предложения, которые
позволят в дальнейшем улучшить содержание и структуру данного
пособия.
Глава 1
основные понятия
ПРОЧНОСТНОЙ НАДЕЖНОСТИ
ТИПОВЫХ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ
Основами расчета элементов конструкций называется наука о
прочности, жесткости и устойчивости элементов машин и сооруже-
ний. Основной целью является создание практически приемлемых
и простых приемов расчета типовых, наиболее часто встречающих-
ся элементов конструкций.
1.1. Общие понятия
Реальные объекты часто имеют весьма сложную форму и изго-
товлены из материалов с различными физико-механическими свой-
ствами. Поэтому приходится в допустимых пределах отступать от
реальных условий их работы.
Реальный объект, освобожденный от несущественных особенно-
стей, называют расчетной схемой объекта. Как для одной и той
же конструкции может быть предложено несколько расчетных схем,
так и одна расчетная схема может быть поставлена в соответствие
различным конструкциям.
Все многообразие деталей может быть сведено к следующим ти-
пам: брус, оболочка и массив.
Брусом (стержнем или балкой) называют тело, размеры попе-
речного сечения которого малы по сравнению с длиной. Ось бру-
са - линия, соединяющая центры тяжести его поперечных сечений.
Оболочка - тело, один из размеров которого намного меньше
остальных (толщина).
Массив - тело, все размеры которого одного порядка.
1.2. Силы внешние и внутренние
Г. 'Z /'г
Сила - мера механического взаимодействия тел. Если конструк-
ция рассматривается изолированно от окружающих тел, то действия
последних на конструкцию заменяется силами, которые называют
внешними. Внешние силы по способу приложения могут быть со-
7
средоточенными и распределенными. Распределенные нагрузки ха-
рактеризуются интенсивностью, т.е. значением нагрузки, приходя-
щейся на единичную длину или площадь. По характеру воздействия
нагрузки бывают:
• статическими (при возрастании от нуля до конечного значения
вызывают несущественные ускорения элементов конструкции);
• динамическими (вызывают в конструкции такие ускорения, ко-
торыми пренебрегать нельзя).
Все твердые тела состоят из мельчайших частиц, удерживаемых на
некотором расстоянии друг от друга силами взаимодействия. При
нагружении в материале возникают внутренние силы, сопро-
тивляющиеся этому нагружению.
1.3. Метод сечений
Для бруса, к которому приложена система внешних сил, удовле-
творяющая условиям равновесия, можно выявить внутренние силы,
если рассечь мысленно брус плоскостью А и рассмотреть равнове-
сие одной из частей (рис. 1.1).
Рис. 1.1. Метод сечений
Необходимо взаимодействие левой и правой частей заменить сис-
темой внутренних сил, распределенных по сечению. Таким обра-
зом, силы, являющиеся внутренними для тела в целом, становятся
внешними для одной из его частей.
Система внутренних сил приводится к центру тяжести сечения.
В результате получим г л авный вектор ^главный момент.
Спроецировав их на оси координат, получим в общем случае нагру-
жения тела в его поперечном сечении шесть внутренних силовых
факторов: продольная сила Nz, две поперечные силы Qx и Qy, два
изгибающих момента Мх и Му и крутящий момент Мг Каждый из
внутренних силовых факторов связан с определенным видом де-
формации.
Внутренние силовые факторы в произвольном сечении находятся
с помощью метода сечений, который заключается в нижеследующем.
8
1. Мысленно рассекаем плоскостью тело в том месте, где нужно
определить внутренние силы.
2. Отбрасываем одну из частей (удобнее отбрасывать ту часть, на
которую действует большее число внешних сил).
3. Чтобы равновесие не нарушилось, заменяем действие отброшен-
ной части на оставшуюся внутренними силами.
4. Составляя уравнения равновесия всех сил, действующих на
оставленную часть тела, и решая их, находим неизвестные внутрен-
ние силы через внешние силы.
1.4. Напряжения
Чтобы характеризовать закон распределения внутренних сил по
сечению, необходимо ввести для них числовую меру. За такую меру
принимается напряжение. За среднее напряжение на площадке
ДА принимаем отношение внутренней силы Д7? к ДА, т.е.
\R
Рср~ ДА ’
д/?
при ДА 0 р = lim .
ДА—>0 ДА
Векторная величина р представляет собой полное напря-
жение в точке сечения А (р измеряют в МПа = Н/мм2).
Полное напряжение р раскладывают на три составляющие: по нор-
мали к плоскости сечения (обозначают о и называют нормальным
напряжением} и по двум осям в плоскости сечения (обозначают т
и называют касательными напряжениями).
Совокупность напряжений образует напр яженное состо-
яние в точке. Элемент считается достаточно прочным, если мак-
симальное расчетное напряжение в опасной точке меньше предель-
ного напряжения в определенное число раз. Число, показывающее,
во сколько раз максимальное расчетное напряжение меньше предель-
ного для материала рассчитываемой детали, называется коэффици-
ентом запаса прочности детали или просто запасом прочности
и обозначается S.
Деталь прочна в том случае, если запас прочности не меньше
требуемого (нормативного) запаса, который обозначается [5] и за-
висит от ответственности детали, срока службы, точности расчета и
Других факторов. Таким образом, условие прочности запишется так:
^>[5]. Часто условие прочности записывают через допускаемые
напряжения [о]. Допускаемым напряжением называется макси-
мальное значение напряжения, которое можно допустить при рабо-
те конструкции и при котором будет гарантироваться прочность
Детали: [о] = сгпрсд/[5]. Условие прочности через допускаемое на-
9
пряжение будет иметь следующий вид: отах < [о]. Незначительное
превышение расчетного напряжения (в пределах 5-6%) считается
неопасным.
1.5. Перемещения и деформации
Под действием внешних сил реальное тело деформируется. Изме-
няется первоначальное положение его сечений. Линейным называет-
ся перемещение, если сечение сдвинулось вдоль прямой. Угловым
называется перемещение, вызывающее поворот линий и плоскостей.
Понятие деформации введено для характеристики интенсив-
ности изменения линейных и угловых перемещений. После снятия
нагрузки деформации исчезают, они называются упругими, неисче-
зающие - остаточными.
Предел отношения приращения длины отрезка к первоначаль-
ной длине называют относительной линейной деформацией.
( дА
Деформации в направлении координатных осей обозначают ег,
Ег/’ 8z.
Угловая деформация, или угол сдвига, определяется выражением
Уавс = 1™ (ЛВС - A1BiCi).
В координатных плоскостях углы сдвига имеют обозначения
Y.XT/’ Yxz’ ^yz-
Деформированное состояние тела в точке характеризует сово-
купность линейных и угловых деформаций.
Рис. 1.2. Пример угловой деформации
10
В расчетах на жесткость определяются максимальные перемеще-
ния, соответствующие данному виду деформации, и сравниваются
с допускаемым значением перемещения. Жесткость элемента счи-
тается обеспеченной, если максимальное перемещение не превыша-
ет допускаемого.
1.6. Общие принципы расчета
В зависимости от постановки задачи, ее исходных данных суще-
ствует три вида расчетов на прочность, жесткость и устойчивость:
проверочный, проектный и определение допускаемой нагрузки. Опре-
деляя из условия прочности и жесткости необходимые размеры рас-
считываемой детали, можно получить два значения размера. В ка-
честве окончательного следует выбрать больший.
Независимо от вида деформации расчет на прочность можно схе-
матично представить в виде следующих этапов:
1) отыскивается опасное сечение рассчитываемого элемента, для
чего с помощью метода сечений строятся эпюры внутренних сило-
вых факторов, соответствующих данному виду деформации;
2) исходя из закона распределения напряжений по площади по-
перечного сечения при данном виде деформации, определяется на-
пряжение в опасной точке;
3) для опасной точки записывается условие прочности, а затем
в зависимости от исходных данных задачи производится один из
указанных выше расчетов на прочность.
Глава 2
ОДНОРОДНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ БРУСА
КАК ПРИМЕР РЕАЛИЗАЦИИ
ОДНООСНОГО НАПРЯЖЕННОГО
СОСТОЯНИЯ МАТЕРИАЛА
2.1. Продольные силы и напряжения
в поперечных сечениях стержней. Упругие деформации
Осевое центральное растяжение, или сжатие прямого бруса, вы-
зывается внешними силами, вектор равнодействующей которых сов-
падает с осью бруса. Эту равнодействующую называют продольной
силой и обозначают Nz.
В частном случае, когда стержень растягивается или сжимается
двумя равными силами F, приложенными вдоль оси стержня, про-
дольная сила во всех поперечных сечениях равна F.
Величина продольной силы не зависит от площади поперечного
сечения стержня. При сжатии поперечную силу считают отрицатель-
ной, при растяжении - положительной.
Чтобы выявить участки бруса или его сечения, где-то продольная
сила имеет наибольшее значение, строят эпюру продольных
сил т базисной линии параллельно оси бруса.
Нормальные напряжения в поперечных сечениях стержня, до-
статочно отдаленных от точек приложения действующих сил, при
растяжении или сжатии распределяются равномерно по сечению:
N
су = —^- [Н/м2], (2.1)
где А - площадь поперечного сечения стержня, м2.
Эпюрой нормальных напряжений называют график, показыва-
ющий закон изменения напряжения в поперечном сечении по дли-
не бруса.
Продольные и поперечные упругие деформации, возникающие
при растяжении или сжатии, связаны друг с другом зависимостью
е' = -це, (2.2)
где е' и £ - соответственно поперечная и продольная деформация;
ц - коэффициент Пуассона.
12
Зависимость между напряжением и продольной деформацией вы-
ражается законом Гука:
п = Ее, (2.3)
где Е - модуль продольной упругости материала стержня, Н/м2.
Удлинение или укорочение (изменение длины) участка бруса опре-
деляется по формуле
<2-4>
где Е Л - жесткость стержня при растяжении или сжатии; / - дли-
на участка бруса, м.
Приведенная формула для определения изменения длины А/
справедлива, если продольная сила N и жесткость Е • А постоянны
по всей длине стержня. В ином случае стержень разбивают на участ-
ки, для каждого из которых указанное требование соблюдается, и
изменение длины стержня определяют как сумму изменений длин
участков:
Напряжения и деформации при растяжении и сжатии возника-
ют как от действия внешних сил, так и от действия силы тяжести
стержня. В подавляющем большинстве элементов машинострои-
тельных конструкций напряжения и перемещения, возникающие
под действием силы тяжести, очень малы по сравнению с напряже-
ниями и перемещениями, возникающими от действия внешних сил,
и их, как правило, в расчет не принимают.
2.2. Расчет на прочность
Условие прочности при осевом растяжении или сжатии имеет вид
С'тах —1^1’
где огпах - наибольшее напряжение в некоторой точке детали от наи-
большей ожидаемой нагрузки; [о] - допускаемое напряжение при
растяжении или сжатии.
Величину допускаемых напряжений при растяжении или* Сжа-
тии принимают как некоторую часть от предельных напряжений
материала. Для пластичных материалов за предельное напряжение
принимают предел текучести <тг, а для хрупких материалов - предел
прочности сгв, т.е.:
13
для пластичных материалов
для хрупких материалов
ст<-^2-, (2.6)
[5В]
где [5Т] и [5J - нормативные коэффициенты запаса прочности.
Различают три вида расчета на прочность: проверочный - про-
верка прочности; проектный - подбор сечения; определение допус-
каемой нагрузки.
Проверка прочности. При проверочном расчете определя-
ют наибольшее напряжение в опасном сечении и сравнивают с до-
пускаемым:
°max = “f - (2.7)
Z1
Наибольшее рабочее напряжение не должно превышать допуска-
емое напряжение более чем на 3-5%.
При проверочном расчете часто сравнивают фактический запас
прочности с нормальным коэффициентом запаса прочности:
5 = > [5], (2.8)
СУ
где с||рсд - предельное напряжение для данного материала.
Проектный расчет. Определяют требуемую площадь попе-
речного сечения элемента конструкции при заданных материале и
нагрузках:
N
!>п (2-9)
Определение допускаемой нагрузки. По известной пло-
щади поперечного сечения и материалу определяют допускаемое зна-
чение продольных сил:
[N7]<A[o]. (2.10)
Найдя допускаемое значение продольной силы, определяют до-
пускаемое значение внешней нагрузки.
'4
2.3. Статически неопределимые системы
Система статически неопределима, если число реакций ее связей
и внутренних сил превышает число независимых уравнений рав-
новесия, которые могут быть составлены для этой системы. Каждая
статически неопределимая система может, рассматриваться как не-
которая статически определимая система, на которую наложены до-
полнительные связи.
Изменение длин стержней, образующих систему, не могут быть
независимыми, а должны удовлетворять некоторым условиям, сле-
дующим из особенностей конструкции. Аналитическая запись этих
уравнений дает уравнения перемещения, решая которые вместе с
уравнениями равновесия можно определить неизвестные усилия.
Этапы решения статически неопределимых задач следующие:
1) освободить от связей брус, равновесие которого рассматрива-
ется, и заменить действие связей реакциями;
2) составить уравнение равновесия, в него войдут неизвестные
реакции связей, без которых невозможно определить продольные си-
лы, возникшие в стержне (уравнение проекций всех внешних сил
на ось и уравнение моментов относительно неподвижного шарнира,
которым жесткий брус прикреплен к стене);
3) рассмотреть картину деформации системы, изобразив ее на
рисунке;
4) рассматривая с геометрической точки зрения картину дефор-
мации, составить уравнение перемещений, в которое войдут те же
неизвестные реакции, что и в уравнение статики;
5) произвести в уравнении перемещений необходимые упро-
щения;
6) решить совместно уравнение статики и уравнение перемеще-
ний, определить искомые реакции связей;
7) определить внутренние силовые факторы (продольные силы)
в частях деформируемого стержня (если в задаче требуется опреде-
лить допускаемую нагрузку), выразить продольные силы через ис-
комую нагрузку;
8) завершить решение задачи, производя заданный в ее условии
расчет.
Исходя из условия прочности, можно производить три вида
расчетов:
• проверочный; , „
• определение допускаемой нагрузки;
• проектный.
В ходе решения очень важно правильно представить себе карти-
ну Деформации. В задачах 73, 76 и 79 сечение, в котором приложе-
на нагрузка F, перемещается вниз на величину А/ (рис. 2.1), следо-
вательно, участок бруса выше сечения удлинится на величину А/удл,
15
а участок ниже этого сечения укоротится на величину Д/ук. Значит,
уравнение перемещений для этих задач примет вид
Д/уд1=Д/уК. (2.11)
Величины А/ определяются по формуле Гука (2.4).
В задачах 71, 74 и 77 стальные и алюминиевые стержни (труб-
ки) укорачиваются или удлиняются под действием силы F на оди-
наковые величины. Следовательно, уравнение перемещения будет
иметь следующий вид: Д/ст = Д/ич.
Рис. 2.1. Статически неопределимая
задача
Рис. 2.2. Статически неопре-
делимая задача
Картина деформации для задач 72, 75, 78 и 80 имеет вид, пока-
занный на рис. 2.2, из него легко найти геометрическую зависимость
между удлинениями A/t и Д/2 стержней, удерживающих жесткий
брус в равновесии, и длинами АВ и АС частей бруса. Действитель-
но, из подобия образовавшихся треугольников следует, что
A/t _ АВ
Д/2 АС
(2.12)
При подстановке значений /, А и Е в формулу для А/ необходимо
соблюдать соответствие между наименованиями величин. Напри-
мер, если величина Е выражена в Н/мм2, то площадь А необходимо
выразить в мм2, а длину / - в мм.
2.4. Расчет проводов на прочность
Расчет проводов основывается на следующих соображениях.
При подвеске любого провода между двумя изоляторами А и В,
расположенными на одном горизонтальном уровне (рис. 2.3), про-
вод никогда не будет прямолинейным, а примет вид дуги «цепной
линии», которую приближенно можно считать параболой. Причи-
ной кривизны являются два фактора: удлинение от изменения тем-
пературы и упругое удлинение под действием внешних нагрузок,
состоящих из силы тяжести самого провода, веса гололеда и давле-
ния ветра.
16
Рис. 2.3. Схема подвески провода между изоляторами
Температурное удлинение определяется формулой Гей-Люссака:
Д4 = / а-АГ, (2.13)
где I - длина пролета (хорда параболы); а - коэффициент линейно-
го расширения; At - изменение температуры.
Упругое удлинение определяется формулой Гука:
<214)
где N-продольное усилие (так называемое тяжение провода, рис. 2.4);
Е - модуль продольной упругости (модуль Юнга); А - площадь по-
перечного сечения провода.
Рис. 2.4. Распределение растягивающего усилия
по материалам провода
Кроме того, из курса математики известно, что длина дуги пара-
, 8/2 f
болы превышает длину хорды на величину гДе J ~ стрела про-
висания.
Соединив предыдущие выражения в одно уравнение, получим
8/2 N'1 / Л
—-— - —— + luAl.
31 Е-А
(.2.15)
Поскольку отношение продольной силы N к площади попереч-
ного сечения А определяет растягивающее напряжение о, предыду-
щее уравнение можно записать так:
17
Sf2
31
= + /аД7,
E
(2.16)
(2.17)
а после ряда преобразований можно получить наиболее простую
формулу, называемую уравнением состояния провода-.
В\ г
°i = 4 - с,
где Oj - неизвестное растягивающее напряжение в проводе в лет-
них условиях (точнее - в условиях температуры и нагрузки в мо-
мент подвешивания проводов); и С - вспомогательные коэффи-
циенты;
„ 'vf'2
— -------
1 24
(2-18)
В9
С — - ——[с] + £прапр(71 — t^),
PJ
где в свою очередь вспомогательный коэффициент В2
в2 =
(2.19)
24
72 = /eiYi
(2.20)
(2-21)
(коэффициент 1г} - коэффициент перегрузки в зимних условиях, за-
дается в условии задачи);
v _ Ул ' Ач + Yc ’ Ас
Yi ----------------
(2.22)
аа +
где у^ и ус - единичные нагрузки в сечениях раздельно взятых алюми-
II
ниевого и стального проводов. Они выражаются в единицах--у
м-мм2
(то же, что —у). Тем самым ул и ус совпадают с величиной удель-
см
ного веса материалов проводов. Величина yt представляет собой
«приведенную» единичную нагрузку биметаллического провода, а
у2 - больше этой величины за счет гололедной и ветровой на-
грузки.
Величина [ст] есть «приведенное» допускаемое напряжение в зим-
них условиях, вычисляемое по формуле
= сг^-Лл-кт£-Лс
(Лл+Лс).[5] ’
(2.23)
18
где - заданный коэффициент запаса прочности; и <у£ - преде-
лы прочности материалов провода; Епр - «приведенный» модуль упру-
гости, определяемый формулой
_ £л + £с • Аг ----
пр Аа+Ас
а - «приведенный» коэффициент линейного расширения, опреде-
ляемый формулой
(2.24)
^а^аЛа + ас^с^с
£лЛл + ЕСАС
(2.25)
Механические характеристики алюминия и стали приведены в
табл. 2.1.
Таблица 2.1. Механические характеристики алюминия и стали
Модуль упругости, Н/мм2 Коэффициент расширения, 1/град Предел прочности, Н/мм2 Удельный вес, Н/см3 = Н/м • мм2
ЕЛ Ес «л л Ул Ус
7- 104 21 • 104 25-10 6 12,5 • 10 е 200 800 27 • IO’3 78 • 1СГЗ
------------ Примеры ------------
Пример 1. Для двухступенчатого бруса (рис. 2.5) определить и
. построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений. Опре-
делить удлинение (укорочение) бруса. Модуль упругости £=2,1 х
х 105 МПа.
Рис. 2.5. К примеру 1
Решение. Разделим брус на участки, границы которых опре-
деляются сечениями, где изменяется площадь поперечного сечения
или приложены внешние нагрузки. Мысленно рассечем брус в пре-
делах первого участка и отбросим верхнюю часть бруса (рис. 2.5, б).
Сила уравновешивается внутренней силой
Nz ! = Ft =40 103 Н = 40кН.
Аналогично в пределах участка II (рис. 2.5, в) отбросим верх-
нюю часть бруса и рассмотрим оставленную часть бруса с действу-
ющей силой Ft, которая уравновешивается продольной силой Nz2:
Nz2=fi = 40-IO3 Н = 40кН.
Продольная сила на участке III (рис. 2.5, г) уравновешивается в
сечении внешними силами Fx и F2 и равна их алгебраической сумме:
Nz з = Fi - F2 = 40 • Ю3 - 50 • 103 = -10 • 103 H = -10 кН.
Построим эпюру Nz (рис. 2.5, д). Для этого параллельно оси бру-
са проведем базовую (нулевую) линию. Левее ее откладываем зна-
чение продольной силы, вызванной сжатием участка, а правее - рас-
тяжением. В пределах участка III брус сжат (Nz3 = -10 кН), в пре-
делах участков II и I брус растянут (Nz 2 = Nz j = 40 кН).
Для определения напряжений в поперечных сечениях значение
продольных сил необходимо разделить на площади соответствую-
щих сечений.
Площадь поперечного сечения бруса:
в пределах участка I
4 4
на участках II и III
Л„=л,„^ = -я<41(1-г>\ 12,56-ю- м<
4 4
Находим напряжения на отдельных участках бруса и строим эпю-
ру (рис. 2.5, е):
Oj = = -40'10 = 127• 106 Н/м2 = 127 МПа;
А 3,14 -КГ4
Оц = = —4-0'10 = 31,8 • 106 Н/м2 = 31,8 МПа;
Лп 12,56 Ю-4
стш = ~~ =------10 10 тЭ ~7’96 •1()6 Н/м2 = -7,96 МПа.
Ли 12,56 -10-4
20
В соответствии с полученными значениями напряжений строим
эпюру нормальных напряжений.
Полное удлинение бруса равно алгебраической сумме удлинений
его участков:
Д/ = СтД + Q„ + стш
ЕЕ Е
или
Е
-----(127-106-1,2+ 31,8-106-0,6-7,96-106-1,0) = 0,78-10-3 м,
2,110й
Д/ - 0,78 мм.
Пример 2. Определить натяжение тросов, которые поддержива-
ют грузы весом: Fx = 5 кН, F2 = 6 кН, Т3 = 4 кН (рис. 2.6, а). Постро-
ить эпюру продольных сил.
Рис. 2.6. К примеру 2
Решение. Изобразим расчетную схему (рис. 2.6, б): А, В, С -
точки приложения внешних сил. Через точки приложения внешних
сил проводим линии, перпендикулярные оси троса, разграничив та-
ким образом трос на три участка (I, II, III). Пользуясь методом се-
чений, определяем теперь для каждого участка величину и знак
продольной силы. Так как все внешние силы направлены вдоль оси
троса, то на всех участках возникает один внутренний силовой фак-
тор - продольная сила. Рассматривая равновесие нижней части бру-
са, получаем:
21
N2 1 = F3 = 4 кН (участок I);
Nz 2 = ^3 + ^2 = 6 + 4 = 10 кН (участок II);
Nz3 = F3 + F2+Fi =6 + 4 + 5 = 15 кН (участок III).
Производим построение эпюры продольных сил. Для этого на
некотором расстоянии от оси троса проводим параллельную линию
и строим эпюру продольных сил Nz для каждого участка, как пока-
зано на рис. 2.6, в.
Так как продольная сила на каждом участке - постоянная вели-
чина, то эпюра каждого участка ограничена прямыми, параллель-
ными оси. (Эпюры принято штриховать линиями, перпендикуляр-
ными оси бруса.) Каждый отрезок выражает в соответствующем
масштабе величину внутреннего силового фактора в данном сече-
нии бруса. Знак и максимальное значение продольной силы каждо-
го участка записывается на эпюре. В сечениях бруса, где приложена
внешняя сила (в данном примере в точках В и С), эпюра продоль-
ных сил Nz имеет скачок на величину этой силы. Максимальная
продольная сила на участке 111 Nniax =15 кН.
Пример 3. К стальному тросу (£ = 2,1 • 105 Н/мм2) длиной 50 м,
диаметром 40 мм подвешен груз 120 кН (рис. 2.7, а). Определить
нормальные напряжения в поперечном сечении троса, изменение
его длины и величину продольной деформации.
Рис. 2.7. К примеру 3
Решение. Выполнив расчетную схему (рис. 2.7, б) и пользуясь
методом сечения, находим продольную силу
?4 = F= 120 кН = 120-103 Н.
Вычисляем площадь поперечного сечения троса:
. nd2 3,14 402 ,ое_ 2
А =----= —--------= 1256 мм ,
4 4
22
а также величину нормального напряжения:
Nz 120-103 2
О’ = —— =-------= 95,5 Н/мм .
А 1256
Удлинение стержня можно определить по формуле закона Гука:
д/ = ^
ЛЕ
о/
~Ё
95,5-50-lQ3
2,1 -105
= 23 мм.
Продольная деформация
& = — = 23 Q = 0,00046, или £ = 0,046%.
I 50-103
Пример 4. Для бруса с заданными в
миллиметрах размерами поперечного сече-
ния (рис. 2.8, а) определить допускаемые
значения нагрузок Fi и Р2. Для материала
бруса (сталь Ст.З) принять допускаемые
напряжения при растяжении [ор] = 160 МПа
и при сжатии [ос] = 120 МПа.
Решение. В заданном брусе два участ-
ка: I и II. Имеет место растяжение (сжа-
тие) бруса (подробнее см. решение преды-
дущего примера).
Применяя метод сечений, определяем
продольную силу Nz, выражая ее через ис-
Рис. 2.8. К примеру 4
комые силы F{ и F2. Проводя в пределах каждого из участков сече-
ние, будем отбрасывать левую закрепленную часть бруса и остав-
лять для рассмотрения правую часть. На участке 1 продольная сила
постоянна и равна Nz t = Ft. На участке II продольная сила также
постоянна и равна Nz t = F^ + F2. Знак плюс указывает на то, что на
обоих участках брус растянут.
Строим эпюру продольных сил Nz (рис. 2.8, б). Эпюра очерчена
прямыми линиями, параллельными базовой.
Из условия прочности при растяжении определяем допускаемые
значения нагрузок F^ и F2, предварительно вычислив площади за-
данных поперечных сечений:
Лт = псР / 4 = 3,14 • 42 / 4 = 12,56 мм2 = 12,56 • 10~6 м2;
Ли = а2 = 72 = 49 мм2 = 49 • 10"6 м2;
А
1<*р J;
---------< 160-Ю6,
12,56 Ю-6
отсюда Fx = 2009,6 Н = 2,01 кН;
23
Ст11 = ^2. < [a J; F1+7?2 < 160 • 106,
11 Al 49-IO"6
отсюда Fx + F2 = 7840 H = 7,84 кН и F2 = 7,84 - Ft = 5,83 кН. Здесь
допускаемое напряжение [ор] = 160 МПа = 160 • 106 Па.
Пример 5. Для ступенчатого чугунного бруса (рис. 2.9, а) опре-
делить из расчета на прочность допускаемую нагрузку, если пло-
щадь поперечного сечения в верхней части бруса равна А = 8 см2 и
в 2 раза меньше площади сечения в нижней части, [о ] = 50 Н/мм2,
[ос] = 120 Н/мм2.
Рис. 2.9. К примеру 5
Решение. В данном примере все внешние силы действуют по
одной прямой, поэтому можно составить одно уравнение равнове-
сия, из которого будет найдена неизвестная реакция:
уу = -F + 3F-8F + RA =0,
откуда
Ra-6F.
Построим эпюру сил. Для этого воспользуемся методом сечений.
Проведем сечение 1-1 и отбросим часть бруса, лежащую ниже сече-
ния (рис. 2.9. б). Вместо отброшенной нижней части приложим внут-
реннюю силу Nz р Если неизвестную продольную силу всегда на-
правлять от сечения, т.е. предварительно предполагать, что брус на
данном участке испытывает растяжение, то знак продольной силы,
найденной из уравнения равновесия оставшейся части бруса, будет
указывать не только на правильность или неправильность выбран-
ного ранее направления, но и на вид деформации, т.е. на растяжение
или сжатие. Запишем уравнение равновесия части бруса:
24
Yy = -f-nz1=o,
откуда
^i=-K
На участке от точки приложения силы F до точки приложения
силы 3F мы придем к аналогичному результату независимо от того,
где будет проведено сечение. Значит, на этом участке продольная
сила постоянна. Сечение П-П проведем ниже точки приложения си-
лы 3F и опять отбросим нижнюю часть бруса (рис. 2.9, в). Состав-
ляя уравнение равновесия, получим Nz 2:
Xr = -f + 3f-Nz2=0,
откуда
Nz2 = 3F-F = 2F.
Следует заметить, что при составлении уравнений равновесия
надо использовать правило знаков проекций сил, принятых в теоре-
тической механике, а именно: проекция силы берется со знаком плюс,
если ее направление совпадает с положительным направлением оси.
Определяя Nz 3, удобнее оставить нижнюю часть бруса, отбросив
верхнюю (рис. 2.9, г):
^Y = Nz3+RA=0,
откуда
n23=-Ra=-^f.
Построим эпюру Nz. Для этого параллельно оси бруса проведем
базовую линию. Левее базовой линии (линии нулей) будем откла-
дывать продольную силу, вызванную сжатием участка, а правее -
растяжением. В пределах каждого участка нагружения (в данном
примере их три - между точками приложения внешних сил, вклю-
чая силу реакции) продольная сила не меняется, поэтому эпюра
будет очерчена прямыми, параллельными базовой линии. В произ-
вольном масштабе отложим Nz t =-F. Так как на этом участке брус
испытывает сжатие, то отложим Nz t левее базовой линии. На втором
участке Nz2 = 2F отложим значение правее линии нулей, и, наконец,
на третьем участке брус снова испытывает сжатие, поэтому Nz 3 = -6F
отложим левее. Эпюра продольных сил построена (рис. 2.9, д).
Вспомним, что Nz = fcdA. Используя гипотезу Бернулли, можно
прийти к выводу, что при растяжении и сжатии напряжения рав-
номерно распределены по всей площади поперечного сечения, т.е.
для данного сечения у = const, тогда Nz = a\dA, т.е. Nz = аЛ, откуда
c = Nz/A.
25
Зная продольную силу на каждом участке и площади попереч-
ных сечений бруса, можно построить эпюру о (рис. 2.9, е). В произ-
вольном масштабе откладываем влево и вправо от базовой линии
напряжения в поперечных сечениях (правило знаков остается преж-
ним), получим Oj = Nz i/A = -F/A.
На втором участке Nz2 = const, но скачкообразно меняется пло-
щадь гпоперечного сечения. Разделим этот участок на подучастки и
определим напряжения:
суп = Nz 2/А = 2F/A; ап = Nz 2/2А = 2F/2A = F/A.
На третьем участке огш = Nz 3/2А = -6F/2A = -3F/A.
Брус выполнен из материала, различно сопротивляющегося рас-
тяжению и сжатию, поэтому допускаемое значение нагрузки надо
найти как из условия прочности на растяжение, так и из условия
прочности на сжатие:
2F
/1
откуда
2
Подставим числовые значения и получим допускаемую нагруз-
ку из условия прочности на растяжение:
F < 50 2800 = 20 000 Н = 20 кН, т.е. F < 20 кН.
Запишем условие прочности на сжатие:
3F ,
°in = -7~-[CTcJ>
/1
отсюда
F < = 120 •800 = 32 000 Н = 32 кН.
О о
Окончательно выбираем то значение, которое удовлетворяло бы
условию прочности как на растяжение, так и на сжатие, т.е. ГЛ <
< 20 кН.
Если студент, приступая к решению задачи, имеет достаточный
навык в построении эпюр, то при построении эпюры продольных
сил нет необходимости изображать отдельно отсеченные части бру-
са, достаточно обратить внимание на то, что продольная сила, воз-
никающая в произвольном сечении, равна алгебраической сумме
26
всех внешних сил, приложенных к брусу по одну сторону от рас-
сматриваемого сечения. Кроме того, при построении эпюр и про-
верке их правильности следует руководствоваться следующими
правилами:
- скачки на эпюрах Nz имеют место в точках приложения сосре-
доточенных сил, причем величина скачка равна приложенной внеш-
ней сосредоточенной силе;
- на эпюре о скачки имеют место не только в точках приложе-
ния сосредоточенных сил, но и в местах резкого изменения площа-
ди поперечного сечения;
- эпюра о по знаку должна совпадать с эпюрой Nz.
Пример 6. Проверить прочность колонны (рис. 2.10, а), выпол-
ненной из двутавровых профилей заданного размера. Для материа-
ла колонны (сталь Ст.З) принять допускаемые напряжения при рас-
тяжении [сгр] = 160 МПа и при сжатии [ос| = 120 МПа. В случае
перегрузки или значительной недогрузки подобрать новые размеры
двутавров, обеспечивающие оптимальную прочность колонны.
Рис. 2.10. К примеру 6
Решение. В заданном брусе два участка: I и II. Границами
участков являются сечения, в которых приложены внешние силы.
Так как силы, нагружающие брус, расположены по его центральной
продольной оси, то в поперечных сечениях возникает лишь один
внутренний силовой фактор - продольная сила Nz, т.е. имеет место
растяжение (сжатие) бруса.
27
Для определения продольной силы бруса применяем метод се-
чений. Проводя мысленно сечение в пределах каждого из участков,
будем отбрасывать нижнюю закрепленную часть бруса и оставлять
для рассмотрения верхнюю часть. На участке I продольная сила
постоянна и равна Nz f = -F1 = -230 кН. На участке II продольная
сила также постоянна и равна Nz2 = ~ F2 = -230 - 180 = -410 кН.
Знак минус указывает на то, что на обоих участках брус сжат.
Строим эпюру продольных сил Nz (рис. 2.10, б). Проведя парал-
лельно оси бруса базовую (нулевую) линию эпюры, откладываем
перпендикулярно ей в произвольном масштабе полученные значе-
ния Nz. Эпюра оказалась очерченной прямыми линиями, параллель-
ными базовой.
Выполняем проверку прочности бруса, т.е. определяем расчет-
ное напряжение (для каждого участка в отдельности) и сравниваем
его с допускаемым. Для этого используем условие прочности при
сжатии о = Nz/A < [ос], где площадь А является геометрической ха-
рактеристикой прочности поперечного сечения. Из таблицы про-
катной стали ГОСТ 8239-89 (см. Приложение) берем:
для двутавра № 20 At = 26,8 см2 = 26,8 • 10-4 м2;
для двутавра № 30 = 46,5 см2 = 46,5 • 10~4 м2.
Проверка прочности:
Gj = < [ocJ; 230'10 = 85,8 • 106 Па < 120 • 106 Па;
A 26,8 IO"4
on = ^_2 < j; 410-10 = 88,17• 106 Па < 120• 106 Па,
Лп 46,5-IO-4
где допускаемое напряжение [стс] = 120 МПа = 120 - 106 Па и продоль-
ные силы Nz г = 230 кН = 230 • 103 Н и Nz 2 = 410 кН = 410 103 Н.
Значения продольных сил взяты по абсолютной величине.
Прочность бруса обеспечена, однако существует значительная
(более 25%) недогрузка, что недопустимо вследствие перерасхода ма-
териала.
Из условия прочности определяем новые размеры двутавра для
каждого из участков бруса:
CTj = < |crcJ; --0 -1°3 < 120 • 106,
А
отсюда требуемая площадь Л] = 19,2 • 10 ‘4 м2 = 19,2 см2. По таблице
ГОСТ 8239-89 выбираем двутавр № 16, для которого А{ = 20,2 см2;
on=^<locJ; ^-^<120 106,
ЛП лп
28
отсюда требуемая площадь Лп = 34,2 • 10~4 м2 = 34,2 см2. По таблице
ГОСТ 8239-89 выбираем двутавр № 24, для которого Лп = 34,8 см2.
При выбранных размерах двутавров также имеется недогрузка,
однако незначительная (менее 5%).
Пример 7. Колонна (материал - сталь марки Ст.З) состоит из двух
частей и нагружена силами, как показано ца рис. 2.11, а. Сила F=
= 9000 кН. Предел текучести материала от = 245 Н/мм2, модуль
продольной упругости Е = 2 • 105 Н/мм2. Построить эпюру продоль-
ных сил и определить, с каким запасом прочности работает каждая
часть колонны. Вычислить, на какую величину опустится верхняя и
средняя опорные плиты. (Размеры колонны указаны на рисунке.)
Рис. 2.11. К примеру 7
Решение. Изобразим расчетную схему (рис. 2.11, б). Точки А
и В - точки приложения внешних сил. Силы давления на среднюю
опору заменяем их равнодействующей, равной 2F, приложенной
вдоль оси колонны в точке В. По точкам приложения внешних сил
проводим линии, перпендикулярные оси колонны, разграничив та-
ким образом колонну на два участка.
Пользуясь методом сечений, определяем для каждого участка ве-
личину и знак продольной силы. Так как все внешние силы направ-
лены вдоль оси колонны, на всех участках возникает один внутрен-
ний силовой фактор - продольная сила: первый участок Nz i=-F=
29
= -9000 кН=-9 МН (сжатие), второй участок Nz2--F - 2F=
= -27 000 кН = -27 МН (сжатие).
Производим построение эпюры продольных сил (рис. 2.11, в и
см. пример 6). Максимальная продольная сила на втором участке
У1пах = 27 000 кН.
Вычисляем рабочее напряжение в сечениях каждого участка ко-
лонны. Напряжения в сечениях верхней части колонны равны
Nzl 9-Ю6 2
q - —£_L ----— - -Д46,2 Н/мм ;
А1 61 544
площадь поперечного сечения - круг с диаметром d = 0,28 м - равна
. nd2 3,14-0,282 2 с< к/, 2
А, =----=----------= 0,0615 м = 61 544 мм ;
1 4 4
напряжения в сечениях нижней части колонны равны
о2 =
А2
27-Ю6
212 000
= -127 Н/мм2;
площадь поперечного сечения равна
. itD2 3,14-0,522 по,_ 2 очо ллл 2
А2 =-----=-----------= 0,212 м = 212 000 мм.
2 4 4
Вычисляем коэффициенты запаса прочности:
е пт 245 4 го
для верхней части колонны =----= 1,68;
Qj 146
’* г’ су.р 245 . ело
для нижнеи части колонны 59 = — =-----= 1,93.
2 а2 127
Нормативный коэффициент запаса прочности обычно назнача-
ют [5] = 1,2-1,6. Следовательно, условие прочности соблюдается.
Затем определим, насколько уменьшится высота каждой части
колонны, используя для этого формулу закона Гука: А/ = NI/EA.
Высота нижней части колонны уменьшится на величину
Д/2 =
2^2
А2Е
27 • 106-1,8 • 103
212-Ю3 -2-105
= 1,15 мм;
средняя опора колонны опустится на эту же величину. Высота верх-
ней части колонны уменьшится на величину
A/t =
АгЕ
9-106-1,1-103
61,544 • 103 • 2 • 105
= 0,804 мм.
30
Верхняя опора опустится на величину, равную сумме изменения
обеих частей колонны: Д/j + Д/2 = 0,804 + 1,15 = 1,94 мм. Таким об-
разом, можно считать, что верхняя часть колонны опустится при-
мерно на 2 мм.
Пример 8. Для заданного нагруженного стержня определить:
1) допускаемую нагрузку [f]. Стержень стальной: [о] = ПО МПа;
А = 1,1 • 103 мм2;
2) перемещение сечения I-I.
Рис. 2.12. К примеру 8
Р е ш е н и е.
1. Определяем [f],
а) Определяем продольные усилия в сечениях стержня:
Nz t = -3F+ 5F- 2F+ 2F+ 5F+ 3F- 5F= 5F,
Nz 2 = 5F- 2F+ 2F+ 5F+3F- 5F= 8F;
Nz з = -2F+ 2F+ 5F + 3F- 5F = 3F;
Nz 4 = -2F+ 2F+ 5F+ 3F-5F= 3F;
Nz5 = 2F+5F+3F-5F=5F;
Nz6 =5F+3F-5F=3F;
Nz7 =3F-3F=-2F,
=-5F-
31
б) Определяем напряжения в сечениях стержня:
At = ЗА = 3 • 1,1 • 103 = 3,3 • IO3 мм2;
А2 = А= 1,1 • 103 мм2;
А3 = 2А = 2 • 1,1 • 103 = 2,2 103 мм2;
N^5F^?i52F.
А з,з-ю3
Л'<2_«.<2?42Л:
А 3,3-IO3
о3 = = —---°у = 0,909F;
А з,з-ю3
о4 = = ^2^1 = 2,73Г;
А 1,1-103
Nz3 5F-103 /СС1?
ст5 = —=--------5- = 4,55F;
А2 1,1-103
о6 = = 3f 10g = 2.73F;
А2 1,1-103
м _ -2F -103
о7 = = -0,909F;
А 2,2-103
о8 = '= 103 = -2.27F.
А 2,2-103
в) Из эпюры «о»: сттах = 4,55F < [ст].
Отсюда
[f]<£i = p^ = 24,18H.
2. Определяем перемещение заданного сечения I-I:
— Л/j + Л/2 + Д/3 + Д/4 + Д/5 + Д/g j
A/ = -^ (F= 2 • 105 МПа);
or/i 1,52-24,18-1,8-103 n OOd
A/i = -1—A- =------------------= 0,331 mm;
£ "
2-IO5
32
Л, ст,-/, 2,42-24,18 -1,8-103 Е 2-Ю5 0,527 мм;
_ ст3-/3 _ 0,909-24,18-2,16-103 Д/о _ _ . Е 2-Ю5 = 0,237 мм
А, ст4-/4 2,73-24,18-1,8-103 Е 2-Ю5 0,594 мм;
А/ ст5-/5 4,55-24,18-1,8-103 5 Е 2-Ю5 = 0,99 мм;
А. ст6-/6 2,73-24,18-2,7-103 Е 2-Ю5 0,891 мм;
= 0,331 + О,527 + 0,237 + 0,594 + 0,99 + 0,891 = 3,57 мм.
Ответ'. 1) [Г]- 24,18 кН; 2) сечение I-I сместится вниз на 3,57 мм.
Пример 9. Найти наибольшее напряжение в сечении круглого
бруса (рис. 2.13) и определить величину перемещения L-L стально-
го стержня переменного сечения, находящегося под действием про-
дольной силы Р и собственного веса.
Модуль упругости для стали £=2- 105 МН/м2, плотность р =
= 7,7 Мг/м3, площадь меньшего поперечного сечения Л1 = 5 • 10~4 м2,
большего - Л2 = 10 • 10~4 м2. Размеры на рисунке даны в метрах.
Рис. 2.13. К примеру 9
Решение.
1. Найдем силы и напряжения в первом сечении (I-I):
У Zo = 0 - уравнение равновесия;
33
Nz i - Gi = 0 => Nz f = Gi - продольная сила.
Продольная сила меняется от нуля до максимального значения Nz
Gi = mg = gpV = gpA^^ = gpA1C;
Nz j = gp/ljc = 9,8-7,7• 103-5-10-4-6 = 226,38 H = 0,226 кН.
Напряжение в сечении меняется от нуля до максимального зна-
чения:
Nz । 226 л /с"э тт / 2
q - —--------- 0,453 Н/мм2.
1 500
Найдем силы и напряжения во втором сечении (П-П):
=о, ^2-g1-g2 = 0;
G2 = mg = gpV = gpA{(z2 -с)\^Ьс+С = gpArb;
Nz2 = Gt+G2 = gpA1(b + c) = 9,8-7,7-103-5-10~4 (6 + 6) =
= 452,7 H = 0,453 кН;
ot = = — = 0,906 Н/мм2.
1 At 500 '
3. Найдем силы и напряжения в третьем сечении (Ш-Ш):
Ezo=O,^3-G1-G2-G3-P=O;
G3 = mg = gp V = gp • 2 • Л12з| J" = gp • 2 • Ava;
Nz3=G\+G2+P + G2 = gp/l| (b + с) + P + gp • 2 • A^a =
= 9,8-7,7-IO3 -5-IO’4 -(6 + 6 + 2-8) + 50 103 =51 056 H =51,056 кН;
Nz 2 51 056 _. nc„ 2
o3 =----- =-----= 51,056 H/мм2.
3 A2 1000 '
4. Находим перемещение сечения I-I:
Д/ = УЛ/,-;
/=1
Так как Nz 3 = /(/), то
34
aN^=(J^Gi + G1 + G1^
EA2 ea2
о
_ (F + pgAx(2 a / 2 + b + c))a _
A/i —-------------------------
1 EA2
(50-103+7700-9,8-5-10“4-20)-8 _
- 1----------------------------— = 2,03 mm;
2-5-10’4-2-105
_ N, 2jU _ (Gt + G2 / 2)6 _ (pgA(fe / 2 + c))fe
2 J EAX EAX EAX
7700-9,8-5-10~4 -9-6
5-10“4 -2-1011
= 0,00002 м = 0,02 mm;
Д/ = Д/j + Д/2 = 2,03 + 0,02 = 2,05 мм - удлинение.
Пример 10. Из условия прочности подобрать сечение стержня АВ
(рис. 2.14). Проверить прочность стержня ВС, если [о] = 180 МПа.
Рис. 2.14. К примеру 10
= 0 |-NZB-NBC-cos45° = 0;
£у = 0 |-f’-XBC-cos45° = 0;
v , F 100
вс cos 45° 0,707
= -141,4
кН;
^АВ = ~NBC- cos45° = 141-4 • °-707 = 100 кН-
35
Проектировочный расчет для стержня АВ:
л ^nab ЮО-103 ссс 2
Аав > —— =---------=- = 556 мм ,
АВ [о] 0,18-Ю3
Ллв = h- b = 2 • b • b — 2b2;
2Ь2 = 556; Ь2 = 278; b = 16,7 мм;
h = 2 • b = 2 • 16,7 = 33,4 мм.
Проверочный расчет для стержня ВС:
° вс = [ст] •
лвс
По таблице ГОСТ 8240-89 для швеллера № 10 Ас = 10,9 см2 =
= 1090 мм2;
141,4-Ю3
овс =--------v- = 129,7 МПа < [о]
ВС 1,09-IO3 L J
Прочность стержня ВС обеспечена.
Пример 11. Для стержня CD (рис. 2.15, а), удерживающего в рав-
новесии жесткую балку АВ и выполненного из равнополочного
уголка, подобрать размеры сечения и определить удлинение (укоро-
чение) стержня. Для материала стержня (сталь Ст.З) принять допус-
каемые напряжения при растяжении [сгр] = 160 МПа и при сжатии
[ос] = 120 МПа и модуль продольной упругости Е = 200 ГПа.
Рис. 2.15. К примеру 11
Решение. Как известно из статики, шарнирно закрепленный
стержень может находиться в равновесии лишь при условии, что
нагружающие его по концам силы расположен^! по продольной оси
стержня. Поэтому в поперечных сечениях стержня возникает лишь
один внутренний силовой фактор - продольная сила N, т.е. имеет
место растяжение (сжатие) стержня
36
Для определения продольной силы применяем метод сечений.
Проводя сечение, отбрасываем закрепленную часть стержня и к
оставленной части прикладываем продольную силу N, предполагая,
что стержень растянут (рис. 2.15, б). Рассматриваем равновесие бал-
ки АВ. Применяя в качестве уравнения равновесия сумму момен-
тов сил относительно центра опорного шарнира А (чтобы исклю-
чить из уравнения не подлежащие определению реакции шарнира),
находим продольную силу N:
УМА = 0; • АК + N cos 30° • AC-F2 cos 60° • AB = 0;
20 • 2 + N-0,866 • 4 -45 • 0,5 • 6 = 0,
отсюда N = 27,3 кН.
Знак плюс указывает на то, что стержень растянут.
Из условия прочности стержня при растяжении определяем раз-
меры уголка:
а = ^<|а„]; Эт'31°3 <160-10^.
л ' pJ л
отсюда требуемая площадь А{ = 1,71 • КГ4 м2 = 1,71 см2. Здесь допус-
каемое напряжение [стр] = 160 МПа= 160 • 106 Па и продольная си-
ла N= 27,3 кН = 27,3- 103 н.
По таблице прокатной стали ГОСТ 8509-86 (см. Приложение)
выбираем равнополочный уголок № 2,5, для которого Л = 1,86 см2.
При выбранном размере уголка материал недогружен, однако незна-
чительно (около 8%).
Определяем удлинение стержня CD, для чего применяем фор-
мулу Гука:
Д/ =
NI
АЕ
----------------- ’ ' —= 1,47 • 10~3 м = 1,47 мм,
1,86 • 10 * -200-109
где площадь сечения А= 1,86 см2 = 1,86- 10-4 м2; модуль продоль-
ной упругости материала Е = 200 ГПа = 200 • 109 Па; длина стержня
I = CD = АС • sin 30° = 4 • 0,5 = 2 м (определена из прямоугольного
треугольника ACD).
Пример 12. Жесткий брус OD (рис. 2.16, а), шарнирно закреп-
ленный в точке О, удерживается в равновесии с помощью стержней
1 и 2. В точке D брус нагружен силой F=40 кН. Определить на-
пряжения в поперечных сечениях обоих стержней, если I - 1 м, пло-
щади поперечных сечений соответственно: = 4 см2 и Л2 = 6 см2.
Решение. Разрезаем стержни и заменяем их действие на брус
силами Nr и N2 (Рис- 2.16, б). В данном случае реакции шарнира О
37
Рис. 2.16. К примеру 12
нас не интересуют, а в уравнение
моментов относительно точки О
(уравнение равновесия статики)
-F 2,5 • а + N2 • 2 • а + • а = О
входят обе неизвестные силы. Сле-
довательно, задача один раз стати-
чески неопределима (уравнения про-
екций на оси хи у ничего не дают,
так как в них войдут еще две неиз-
вестные составляющие реакции шар-
нира О).
Для того чтобы составить допол-
нительное уравнение перемещений,
допустим, что после нагружения бруса узел С опустился на Д/2, а
узел В - на Д/р Из подобия треугольников ОВВ± и ОСС1 получим
уравнение перемещений:
Д/2 = 2Д^.
Так как Д^ = Nili/(EAi) и Д/2 = Л72/2/(£И2), а /2 = 2 • Zt, что следует
из рассмотрения тех же треугольников ОВВ^ и ОССр то уравнение
примет вид
= 2
ЕА2 ЕАг
или —- = —-
Л2 А
Подставив в это уравнение значения А{ = 4 см2 и А2 = 6 см2, на-
ходим, что N2 = 1,5 • 2Vp
Решив совместно уравнения, получим
-F • 2,5 • а + 1,5 • Nr • 2 • а + Aq • а = О,
откуда
х = 2JLL = 2’5'40 = 25 кН = 25• 103 Н;
1 4 4
N2 = 1,5 • = 1,5 • 25 = 37,5 кН = 37,5 103 Н.
Теперь легко найти напряжения в поперечных сечениях стерж-
ней, помня, что Л, = 4 см2 = 4 • 10-4 м2 и Л2 = 6 см2 - 6 • 10-4 м2:
дг nr 1лЗ
ст = _L = :.1и = 62,5 • 106 Па = 62,5 МПа;
Л, 4-Ю"4 г
п2 = ~ = 37,5 = 62,5 106 Па = 62,5 МПа.
Л2 6-10’4
38
Пример 13. Абсолютно жесткий брус (рис. 2.17, а) опирается на
шарнирно неподвижную опору О и прикреплен к двум стержням в
точках В и С с помощью шарниров. Определить: а) нормальные
силы, возникшие в стержнях; б) допускаемую нагрузку [F], прирав-
няв большее из напряжений, возникшее в одном из стержней, до-
пускаемому напряжению [ст] = 160 МПа.
Рис. 2.17. К примеру 13
Решение. Разрезаем стержни и вводим искомые силы и N2
(рис. 2.17, б), составляем уравнение равновесия, приняв за центр
моментов шарнир О:
F • a -Nx 2а-N2- 5я = 0,
которое после деления обеих частей на а приобретает вид
F-2 -^-5^ = 0.
В результате удлинения стержней брус займет новое положение
(рис. 2.17, б). Из подобия треугольников ОВВГ и ОСС1 следует про-
порция Alt/2a = Al2/5a, из которой получаем зависимость между
удлинениями стержней: 5A/t - 2Д/2 = 0.
Выразим в этом уравнении перемещения шарниров В (Д^) в (Д/2)
по формуле Гука:
5 N^ 2-^/2_о
ЕАХ ЕА2
Умножим обе части уравнения на £ и, подставив числовые зна
чения величин = 4 м, 12 = 3 м, Л, = 20 • 10-4 м2 и А2 = 10 • 10-4 м2,
получим уравнение перемещений в окончательном виде:
5N, - 3N2 = 0.
Решив совместно уравнения, находим значения искомых сил:
М « 0,1£hN2 s 0.16К
39
По найденным значениям внутренних сил находим напряжения
в сечениях стрежней:
_ О, If
Д ” 20 -10—4
= 50F Па;
А2 0,16f
л2 ~ 10-10’4
= 160F Па.
<т2 > <jj, следовательно, допускаемую нагрузку определяем по на-
пряжениям в стержне 2, помня, что [о] = 160 МПА = 160 • 106 Па.
160 [F] = 160 • 106;
[F] = 106 Н = 1000 кН.
Пример 14. Проверить прочность тяг, поддерживающих весьма
жесткую балку, изгибом которой можно пренебречь. Балка шарнир-
но укреплена в стене, как указано на рис. 2.18, а. Тяги одинакового
поперечного сечения площадью А = 2,4 см2 выполнены из стали,
допускаемое напряжение для которой задано: [о] = 120 Н/мм2.
Решение. Превратим балку в свободное тело. Для этого отбро-
сим опоры и заменим их действие реакциями RA, Nx, N2. Силы, дей-
ствующие на балку, представляют собой систему параллельных сил,
для которой можно составить два независимых уравнения равно-
весия:
= Ra -10-2,8-80 + ^ + N2 =0;
40
^MA = 10-2,8-1,4-^ -2,8 + 80-3,4-120-^-4,9 = 0.
Уравнений равновесия два, а неизвестных - три, следовательно,
система 1 раз статически неопределима. Составим уравнение переме-
щений. Балка повернется вокруг точки А на некоторый угол, не де-
формируясь, и примет некоторое наклонное положение (рис. 2.18, б).
Вертикальные перемещения шарниров Ви С соответственно рав-
ны удлинениям тяг, вызванных действием на них растягивающих
сил, равных и противоположно направленных реакциям и N2.
Выразим удлинения стержней:
Д/ =2^.; Д/ =
В ЕА С
Nile
ЕА
Из подобия треугольников ABBi и АСС\ получим
2,8 4,9 ’
откуда
4,9Д/В = 2,8Д/С, или 4,9^- = 2,8^Ж
с ЕА ЕА
Жесткость сечений тяг одинакова, поэтому 4,9 • NJB = 2,8 •
Подставим значения 1В и 1С и получим зависимость между реак-
циями Nr и А2-
4ЖГ 1,8 = 2,8У2-2,2,
откуда = M3N1
Подставив найденное выражение в уравнение моментов, получим
= 19,5 кН, тогда N2 = 28 кН. Более нагружена тяга С. Найдем на-
пряжения растяжения в ней: 8 = N2/A = 28 000/240= 116 Н/мм2,
что меньше допускаемого напряжения; значит, прочность тяг обес-
печена.
Пример 15. Абсолютно жесткий брус (рис. 2.19) опирается на
шарнирно неподвижную опору и прикреплен к двум стальным стерж-
ням при помощи шарниров.
а) Исходя из заданных значений нагрузки и площадей поперечно-
го сечения стержней, определить усилия и напряжения в стержнях,
сделать заключение о прочности и экономичности конструкции.
б) Из анализа условий прочности бруса найти наибольшую внеш-
нюю допускаемую нагрузку F, приравняв большее из напряжений в
двух стержнях к допускаемому.
Исходные данные: [с] = 160 МПа; F= 120 кН; а = 1,5 м; 6= 1,8 м;
с = 1,2 м; = 2,0 м; 12 = 1,8 м; = 12 см2; А2 = 10 см2; at = 90°; a2 = 60°.
41
Решение. Составляем урав-
нения равновесия плоской сис-
темы произвольно расположен-
ных сил:
Е* = 0;
£мл(^) = 0;
/?лх-^2со5б0° = 0;
-N1 + Ray -F + N2 cos30° = 0;
N1(a + Z>) + Fx£ + W2 cos30°-c = 0.
Система 1 раз статически не-
определима.
Составляем уравнение пере-
мещений:
Cl + Ь
5C c
A/j = 8d => SD = ;
1 D D EAX
A/2 K 5
------— = 8r => 8r
cos 30° c c
Njli _(а + Ь)
^2^2
EA2cos 30°’
^2^2
EA2cos 30°’
EAX c
Nl=^l
c
, A;
lxA2 cos 30°
N . N = з 429N
l,210-2,0-V3
ПоЛучаем:
3,429 • N2(a + b) + F • b + N2 cos 30° • c = 0;
(3,429 • (a + b) + c • cos 30°) - N2 = -b • f;
b
^2=-
K2 =------------------------f;
3,429 • (a + c cos 30°
-------------i= F = -0,1457 • F = -17,48 кН.
42
Знак минус показывает, что N2 направлено против выбранного на-
правления.
= 3,429 • N2 = -0,499 • F= -59,95 кН;
Aq -59,95-103 /ППСЛ1Г,
ст, = —- =-----------= -49,95 МПа - сжатие;
1 1200
Л^2 -17,48-Ю3 ._ .4ГТ
Стч = —- =-----------= -17,48 МПа - сжатие.
2 А2 1000
Наибольшее напряжение возникает в первом стержне.
Л1
[NJ = 1200- 160= 192 кН;
.... [XJ 192 _ „
Л 91 = ——— =-----= 56 кН;
1 2J 3,429 3,429
[ВДл + b) + [А] • b + [W2] cos 30° • с = 0;
,n, l^i](a + 6) + [Af2]cos30°-c 192-3,3 + 28-V3-1,2 „с. _ „
1 J b 1,8
Так как данная нагрузка меньше предельной и напряженность
меньше предельной напряженности, то конструкция прочная для
данного условия.
Пример 16. Абсолютно жесткий брус (рис. 2.20) опирается на шар-
нирно неподвижную опору и прикреплен к двум стальным стерж-
ням с помощью шарниров.
43
а) Исходя из заданных значений нагрузки и площадей поперечно-
го сечения стержней определить усилия и напряжения в стержнях.
б) Найти наибольшую внешнюю допускаемую нагрузку.
в) Определить коэффициент запаса прочности в двух стержнях.
Исходные данные: F= 150 кН; а = 4 м; Ь-5 м; с = 3 м; oq = 90°;
а2 = 120°; = 2 м; /2 = 3 м; 4 = 4 • 102 мм2, Л2 = 6 • 102 мм2.
Решение.
Схема деформации системы:
Схема перемещений:
а) Составляем уравнения статики:
= -Ni + RAY - F + N2 cos30° = 0;
X X = -Rax + N2 sin 30° = 0;
44
МА = N^a + W2 ‘cos30° • b - F • c = 0.
Неизвестных четыре. Уравнений статики три. Система 1 раз ста-
тически неопределима.
Составляем дополнительное уравнение перемещений, учитыва-
ющее характеристику деформации стержней:
8] _ §2 .
а b
Д/2
cos 30° • b ’
а
Д/ =^2.;
2 еа2
где Д/j =
ил _
ЕА, а ЕА2 cos 30° • b ’
Л^-2-103 _ N2-3-103
4-1О2-4-1О3 6.102.л/3 ,5.10з
2
Nt = 0,924 У2-
Для определения усилий и N2 достаточно рассмотреть урав-
нения:
1\\а + У2 ’ cos 30° b = F - с;
= 0,924 N2;
0,924-4-У2 +-y-5N2 = 3F;
W2(3,696 + 4,33) = 3f;
3 F
N2 == 0,374F;
2 8,026
Nx = 0,924 У2 = 0,924 0,374т7= 0,345F- сжатие.
Определяем напряжения:
Oi = = -0’345Г = -0,86 • 10"3F = -0,86• IO’3 • 150• 103 = -129,4 Н/мм2;
А 4-Ю2
о2=^ = °’37^ = 0,623-10~3Д = 0,623-10~3 -150-103 =93,45 Н/мм2.
Л2 6-Ю2
б) Найти наибольшую допускаемую нагрузку возможно двумя
способами.
45
Первый способ. Приравниваем большее из напряжений в двух
стержнях допускаемому.
Условие прочности оП1ах = [oj = — = 0,86 • 10-3F;
А
[Л =
м
0,86-10“3
----V = 185.5•103 Н = 185,5 кН.
0,86-10-3
Второй способ. Из условия прочности отах = —< [<у]
Л
для 1-го стержня
[Л^] = [о] • At = 160 • 400 = 64 • 103 Н = 64 кН;
для 2-го стержня
[N2] - [ст] • А2 = 160 • 600 = 96 • 103 Н = 96 кН;
= 0,924 N2.
Имеем:
р _ + N2 cos 30° • b
с
Nla+ - — - cos 30° • b
1 0,924
c
64-4 + -^--0,866-5
0,924
3
= 185,3 кН;
„ 0,9241V2a + lV2cos30o-6 0,924-96-4+ 96-0,866 5 o_„ o TT
F2 =----------------------=-------------------------= 256,8 кН.
c 3
Из двух значений силы F допускаемой нагрузки является наи-
меньшая [f] = 185,3 кН « 185,5 кН.
в) Находим коэффициент запаса прочности в первом и втором
стержнях:
|<г1| = 160 МПа; = ЯГ = ^0
i—r =------= 1,5;
loj 160,0
о2 =^- = 0,623-10’3[FJ = 0,623-10"3-185,5-103 =115,6 МПа;
5 ^=ЭД0_
2 о(2) 115.6
46
Пример 17. Для стального бруса, жестко заделанного двумя кон-
цами и нагруженного (рис. 2.21), необходимо определить из расче-
та на прочность требуемую площадь поперечного сечения, приняв
F= 15 кН, [о] = 75 Н/мм2.
Решение. Заменим верхнюю и нижнюю заделки силами реак-
ций связей RB и RA. Составим уравнение равновесия:
= Rb-4F + 6F-Ra =0.
Видим, что в уравнение равновесия входят два неизвестных. За-
дача 1 раз статически неопределима. Для раскрытия статической
неопределимости необходимо составить уравнение перемещений.
Для этого отбросим одну из опор, например нижнюю, и заменим ее
действие силой реакции. Получим статически определимый брус,
на который кроме сил 4F и 6F действует неизвестная сила RA. Вос-
пользуемся принципом независимости действия сил и запишем пе-
ремещение нижнего сечения от каждой силы в отдельности. Ниж-
нее сечение могло бы переместиться от действия каждой силы на-
столько, насколько каждая сила деформирует брус на участке от ее
точки приложения до верхней заделки. На самом деле нижнее сече-
ние заделано и не имеет возможности перемещаться, а потому алгеб-
раическая сумма перемещений от всех сил равна нулю. Разбивая
брус на участки постоянной жесткости, получим уравнение
RА - За Ra • 2,5а 6F • 1,5а 6F • 2,5а 4F • 1,5а п
Е • 2 А ЕА Е-2А ЕА ЕА
откуда Ra = 3,4 • F.
Далее строим эпюру N и о (рис. 2.21, б, в). Из эпюры нормаль-
ных напряжений видно, что отах = 2,6 • F/A.
47
Запишем условие прочности:
отах = 2,6— < [о],
IlldX L J 1
откуда А >
2.6F _ 2,6 15 000
1а] " 75
= 520 мм2.
Пример 18. Рассчитать на прочность провод АС (рис. 2.22), у
которого длина I = 200 м, полная площадь сечения А = 400 мм2,
алюминиевая часть превосходит стальную в 4 раза; температура из-
менилась от ^ = 20° до f2 = _10o; удельные приведенные нагрузки
отличаются в 2,4 раза, рекомендуемый запас прочности [5] = 2,5.
Решение.
Составляем таблицы механических характеристик составных час-
тей провода и исходных данных.
Таблица 2.2. Механические характеристики составных частей провода
Модуль упругости, Н/мм2 Коэффициент расширения, 1/град Предел прочности, Н/мм2 (МПа) Удельный вес, Н/см3 = Н/м • мм2
ЕС аА ас срС ин Ya Yc
7 • 104 21 • 104 25 • 10~6 12,5 • 10~6 200 800 27 IO-3 78 • IO-3
Таблица 2.3. Исходные данные
Сече- ние А, мм2 Длина /, м Темпера- тура Отношение площадей ^аМс Отношение нагрузки *1=У2/У1 Запас прочности И Площадь сечения
t°2 ^А Ас
400 200 20 -10 4 2,4 2,5 320 80
Определяем приведенные величины биметаллического провода
по формулам (2.22)-(2.25). Причем для ускорения вычислений эти
48
формулы следует упростить, разделив числители и знаменатели
формул (2.22)-(2.24) на Ас, а формулу (2.25) - на произведение
Ес 'Ас и вводя при этом коэффициенты:
ЛА 320 . , Еа 7-Ю4 1
Лс 80 ’ Ес 21-Ю4 з’
При вычислении приведенных величин особое внимание следу-
ет уделить их наименованию и размерностям:
= = 27.10-3.4 + 78.10-3 = Н .
k +1 4 + 1 м • мм2
= = (200-4 + 800) = 128 Н .
(£ + 1)-[5] (4 + 1)-2,5 мм2’
£п -^а;^ = 7-104-4 + 21.101 = 0>984()5 Н
р k +1 4 + 1 мм2
аА- —-k + ac 25-Ю-6 • —-4 +12,5-Ю-6
/л гу V О С
____3________-_________2______________- 1 а с. 1 п-ь
По результатам приведенных величин и формулам (2.21), (2.20),
(2.19), (2.18) последовательно получаем вспомогательные коэффи-
циенты:
у2 = ki • У1 = 2,4 • 37,2 • 10-3 = 89,28 • 10 3 ;
мм2
в = ^пр-72-4 = 0,98-105 • (89,28-lQ-3)2 2002 = 1301913 7
2 24 24
„ В, , , „ , ч 1301913,7
С~, 12 + £пр • аПр(Н ^г)- 2
[oj 1Zo
Г Н f
мм2
- 128 + 0,98 • 105 • 19,6 • 10-6 • [20-(-10)] = 9,08—2 <
мм
R £Пр-У1-(2 0,98-105 (37.2-10-3)2-2002 _ 4 ( Н f
24 24 мм2 J
По результатам расчетов приведенных величин составляем
табл. 2.4.
49
Таблица 2.4. Приведенные величины
£11р, МПа Yb Н/м•мм2 [су], МПа апр» (град-1) Bi, (МПа)3 С, МПа
0,98 • 105 37,2 • IO’3 128 19,6 • IO’6 22,6 • 104 9,08
Найденные числа позволяют составить «уравнение состояния
провода» (2.17):
Вг 22,6-104 опо
-----9,08.
of of
Решаем уравнение методом подбора или другим методом, при-
няв первую пробу а] = 0,5[а] = 0,5 • 128 = 64 МПа. При подстановке
оказывается, что это число не подходит. Вторая проба с}1 = 55 МПа
также не подходит, а = 58 МПа дает хорошее приближение.
Окончательно = 58 МПа.
Определяем и анализируем результаты расчетов, сведенные в
табл. 2.5.
Необходимая стела провисания:
летом
, уг12 37,2-10“3-2002
Л=8^Г"---------Г58------=3'2м;
зимой
= 89,28-10~3-2002 =
8-[ст) 8-128
Близость результатов указывает на то, что зимняя нагрузка у?
скомпенсировала температурное укорочение провода.
Летнее и зимнее «тяжение» провода:
Nr = C5i • (ЛА + Лс) = 58 (80 + 320) = 23 200 Н;
N2 = М(ЛА + Лс) = 128 • (80 + 320) = 51 200 Н.
Очень важно вычислить и осмыслить распределение растягива-
ющего усилия и по материалам провода (рис. 2.27), т.е. в
алюминиевой УА и в стальной Nc частях.
Из соотношения = — — = найдем Nc и УА
Na Еа'Аа 7-104-320 4 С А
в летний и зимний периоды:
50
Me =---,<4- = 9943 H; N9C =----fe- = 21 943 H;
1 । £a'4 “C i । £a'^a
^C-AC
MA =---Г -7- = 13 257 H; N2A =---^-л-- = 29 257 H.
Ц £C^C 2A t t £c^c
’ ^A £A * A\
Усилия в алюминии и стали распределяются прямо пропорцио-
нально «жесткостям сечений», т.е. произведениям площадей на мо-
дули упругости.
Выясняется, что растягивающие напряжения оказываются про-
порциональными модулям упругости материалов независимо от пло-
щадей. Определим напряжения в частях биметаллического провода:
Na\ 13257 /4 / Л/ГГТ Г 1 ^2А / Л/ГТ-Г
О1А = -^ = —— = 41,4 МПа; [ojA = о2А = = 91,4 МПа;
/1д oZu /1д
м.„ 9943
о1Г = = 124,3 МПа; [сг]с = н2С = —= 274,3 МПа.
1С Ас 80 С С Ас
Оценка прочности частей биметаллического провода:
_ 200
дА -----
аА
_С
с _ ств
аС
= 2,19;
91,4
-8“ =2,92
274,3
Таблица 25. Результаты расчетов
а1> МПа А- м м. н м. МПа Л» м *2- н W2A. н ^20 н СТ2С’ МПа а2А> МПа sc
58 3,2 23 200 128 3,488 51 200 29 257 21 943 274,3 91,4 2,92 2,19
Вывод: так как 5С > 5, а 5А < |5], то это значит, что прочностных
характеристик стали достаточно, а алюминия - недостаточно
------------ Задачи
Двухступенчатый стальной брус, длины ступеней которо-
го в миллиметрах указаны на рис. 2.23 (схемы I...X), нагружен си-
лами F± и F2. Построить эпюры продольных сил и нормальных на-
пряжений по длине бруса. Определить перемещение А/ нижнего
51
торцевого сечения бруса, приняв Е=2 • 105 МПа. Числовые значе-
ния F{, F2, а также площади поперечных сечений и А2 для своего
варианта взять из табл. 2.6.
Рис. 2.23. К задачам 1..10
52
Таблица 2.6. Исходные данные к задачам 1...10
Номер задачи и схемы на рис. 2.23 Ва- ри- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 2.23 Ва- ри- ант Величина
Л. кН кН At, СМ2 А2’ см2 кН f2> кН Лн СМ2 ^2» СМ2
Задача 1, схема I 0 18 30 1,2 2,5 Задача 4, схема IV 3 13,8 39 2 2,5
и 20 40 1,5 3,8 13 4,8 28,8 2,5 3
21 12 10 0,9 2,4 22 7 21,5 2,8 3
31 28 50 2 4,2 32 17,6 43,2 3 3,2
49 6 14 0,5 1,5 41 9,9 22,7 3,2 3,5
58 8 20 0,8 1,2 57 17 51 3,5 4
63 15 12 1,5 2,8 60 23,1 40,5 3,8 4,2
71 16 32 1 2,2 77 12 39 4 4,5
81 16 8 1,4 3,6 87 39 63 4,5 4,8
91 25 35 2,5 4 92 39,2 80,8 5 5,2
Задача 2, схема II 1 3 8,4 0,2 0,6 Задача 5, схема V 5 4,5 12 2,5 2
10 4,2 9 0,3 0,6 15 7,2 17,4 2,8 2
20 4,8 10 0,4 0,8 25 8 18,8 2,2 1,8
30 5 9,8 0,5 1 35 8,4 20,4 2 1,5
39 7,2 15 0,6 1,5 44 15 35 3 2,5
59 5,6 8,6 0,7 2 54 12 16,4 3 2,4
61 7,2 14 0,8 2,4 67 14,3 29,3 3 2,5
74 14,4 14,4 0,9 2,5 73 13,3 24,8 2,8 2,3
84 9 22 1 3 83 9,2 22,2 3,2 2,5
90 14,4 28 1,2 3,2 95 21,6 45,6 3,5 3
Задача 3, схема III 2 16 34 2 1,5 Задача 6, схема VI 4 1,6 3,8 0,2 0,6
12 24 12 2,4 2 14 3,6 6,6 0,3 0,6
23 40 42 2,8 2,2 24 6,2 9,4 0,4 0,8
33 20 36 2,5 1,8 34 3,75 8 0,5 1
42 25 5 3 2,4 43 9,6 16,8 0,6 1,5
56 38 50 3,2 2,5 55 9,8 4,9 0,7 2
62 30 14 2,1 1,6 65 12 4 0,8 2,4
70 12 30 1,8 1,2 76 11,7 5 0,9 2,5
80 10,4 2 2,6 2,1 86 13,5 4,5 1 3
93 27,2 50,2 3,4 2,3 94 18 7,2 1,2 3,2
53
Окончание табл. 2.6
Номер задачи и схемы на рис. 2.23 Ва- ри- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 2.23 Ва- ри- ант Величина
^1. кН кН А, СМ2 ^2’ СМ2 Л, кН кН А- СМ2 СМ2
Задача 7, схема VII 7 15 10 1,2 2,5 Задача 9, схема IX 9 12 30 2,5 2
17 18,3 30,5 1,5 3,8 19 10,8 30,8 2,8 2
27 9,9 19,8 0,9 2,4 29 12,8 34,8 2,2 1,8
37 28 8 2 4,2 38 11,2 24,7 2 1,5
46 4,5 20 0,5 1,5 48 22,4 2,4 3 2,5
52 8,4 15 0,8 1,2 50 18,9 45,3 3 2,4
66 12 24 1,5 2,8 68 30,8 15,3 3 2,5
72 16,2 5,2 1 2,2 75 22,8 4,4 2,8 2,8
82 21 6 1,4 3,6 85 36,8 11,8 3,2 2,5
97 32,5 10 2,5 4 99 29,6 5,6 3,5 3
Задача 8, схема VIII 6 15 17 2 2,5 Задача 10, схема X 8 16,8 34,8 3,1 1,5
16 6 12 2,5 3 18 12 42 3 2
26 11,9 16,1 2,8 3 28 11,2 31 3,5 2,2
36 6,4 17,6 3 3,2 40 15 37,5 3 1,8
45 10,8 16,4 3,2 3,5 47 48 12 3,6 2,4
53 10,8 27,7 3,5 4 51 38,4 13,4 3,5 2,5
64 15,4 18,8 3,8 4,2 69 29,4 10,2 2,8 1,6
79 7,4 18,6 4 4,5 78 24,8 8,7 2,5 1,2
89 11,7 18,9 4,5 4,8 88 39 5,4 3,2 2,1
96 33,6 16,4 5 5,2 98 42,5 12,6 4 2,3
11...20. Двухступенчатый стальной брус, длины ступеней кото-
рого в миллиметрах указаны на рис. 2.24 (схемы I...X), нагружен
силами F{ и F2. Построить эпюры продольных сил и нормальных
напряжений по длине бруса. Определить удлинение (укорочение)
бруса, приняв Е=2 105 МПа. Числовые значения сил и F2, а
также площадей поперечных сечений А\ и Л2 для своего варианта
взять из табл. 2.7 (к вариантам 84, 54, 87, и 55 взять данные вариан-
тов 83, 52, 89, 53 соответственно). _
54
Рис. 2.24. К задачам 11—20
55
Таблица 2.7. Исходные данные к задачам 11...20
Номер задачи и схемы на рис. 2.24 Ва- ри- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 2.24 Ва- ри- ант Величина
Fu кН F2, кН Л*2 СМ2 Л22 СМ2 Л. кН кН Л12 СМ2 Л2- СМ2
Задача И, схе- ма I 0 10 20 1,2 0,8 Задача 12, схе- ма II 1 3,3 8 0,4 0,5
12 12 10 1,2 0,8 19 4 9,2 0,5 0,6
27 12 20 0,7 0,9 29 4,8 10 0,4 0,8
31 21 40 2,4 2,2 30 5 9,8 0,5 1
49 16 13 2,6 1,6 39 7,2 15 0,6 1,5
58 18 23 1,8 1,4 59 5,6 8,6 0,7 2
63 15 13 2,6 2 61 7,2 14 0,8 2,4
71 14 22 3,5 2,3 74 14,4 14,4 0,9 2,5
82 13 18 4,4 3 80 9 22 1 3
93 15 25 2,3 1,4 97 14,4 28 1,2 3,2
Задача 13, схе- ма III 2 15 30 2,1 1,6 Задача 14, схе- ма IV 3 10,8 29 1,8 2
И 14 18 2,3 2,1 17 8 18 2 3
23 20 32 2,5 2,2 22 7,6 20,5 2,8 3,2
33 30 36 2,4 1,6 32 17,6 43,2 3 3,2
42 26 15 2 1,3 41 9,9 22,7 3,2 3,5
56 30 40 2,2 2 57 17 51 3,5 4
62 33 14 2,4 1,5 60 23,1 40,5 3,8 4,2
70 14 34 1,9 1,3 77 12 39 4 4,5
91 24 50 1,4 0,8 95 39,2 88 5 5,2
Задача 15, схе- ма V 5 3,5 12 2,5 1,8 Задача 16. схе- ма VI 4 6 3 0,4 0,8
14 27 27 2,8 2 15 3 6 0,5 0,9
25 18 38 2 1,8 24 6,2 9 0,4 0,8
35 1,4 20 2,6 1,5 34 3 8 0,8 1,2
44 15 35 3,2 2,6 43 9,6 16 0,6 1,5
67 14 29 3,4 2,5 65 12 4 8 2,4
73 13 24 2.8 2 76 11 5 0,9 2,5
83 19 22 3 2,5 86 13 5 2 3
92 21 45 2,5 3 , 96 16 7 1 2,4
56
Окончание табл. 2.7
Номер задачи и схемы на рис. 2.24 Ва- ри- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 2.24 Ва- ри- ант Величина
Fp кН f2> кН Л12 СМ2 А22 СМ2 Fp кН F* кН Л*2 см2 Л2- СМ2
Задача 17, схема VII 7 16 8 1,4 0,4 Задача 18, схема VIII 6 14 16 2,4 2,8
13 8.3 30,5 1,5 0,8 18 16 12 1,1 3
21 19 9,8 0,9 0,6 26 10 16 2,2 3
37 8 8,4 2 1,4 36 6,2 17,6 3 3,2
46 5 20 1,5 1 45 11,8 16,4 3,2 3,5
52 8 15 1,8 1 53 12,8 27,7 3,5 4
66 12,4 24 2,5 2 64 14,4 18,8 3,8 4,2
72 16 5,2 1 0,7 79 8,4 18,6 4 4,5
81 21,6 6 3,4 3 89 И 18 4,5 4,8
90 30,5 10 2,5 1,6 94 30 16 5 5,6
Задача 19, схема IX 9 22 30,6 2,7 2,1 Задача 20, схема X 8 12 30 2,1 2,5
10 10,8 30 2,8 2,4 16 14 40 2 2,6
20 12 34 2,2 1,8 28 14,2 30 1,5 2,4
38 И 24 2 1,6 40 25 37,5 1 2,8
48 22,4 2,4 3 2.4 47 40 12 1,6 2,6
50 18,9 45,3 3 2,6 51 30,4 13,4 1,5 2,8
68 30,8 15,3 3 2,3 69 20,4 10,2 0,8 1,5
75 22,8 4,4 2,8 2,2 78 24 8,7 0,8 1,4
85 36,8 11,8 3,2 2,1 88 30 5,4 2,2 3,1
98 29,6 5,6 3,5 3.1 99 22 12 1 2,6
21...30. Трехступенчатый стальной брус, длины ступеней кото-
рого в миллиметрах указаны на рис. 2.25 (схемы I...X), нагружен
силами Ft и F2- Построить эпюры продольных сил и нормальных
напряжений по длине бруса. Определить удлинение (укорочение)
бруса, приняв Е = 2 • 105 МН/м2. Числовые значения сил Ft и F2, а
также площадей поперечных сечений ступеней Ап Л2 и Л3 для сво-
его варианта взять из табл. 2.8.
57
Рис. 2.25. К задачам 21...30
58
Таблица 2.8. Исходные данные к задачам 21...30
Номер задачи и схемы на рис. 2.25 Ва- ри- ант л, кН f2. кН А» см2 ^2» СМ2 л3’ см2 Номер задачи и схемы на рис. 2.25 Ва- ри- ант fp кН f2. кН л. см2 ^2’ СМ2 ^3’ см2
Задача 21, схе- ма I 0 18 30 4 1,2 2,5 Задача 24, схе- ма IV 3 13,8 39 1 2 2,5
и 20 40 4,5 1,5 3,8 13 4,8 28,8 1,2 2,5 3
21 12 10 3,2 0,9 2,4 22 7 21,5 1,4 2,8 3
31 28 50 6 2 4,2 32 17,6 43,2 1,6 3 3,2
49 6 14 2,2 0,5 1,5 41 9,9 22,7 1,8 3,2 3,5
58 8 20 2,4 0,8 1,2 57 17 51 2 3,5 4
63 15 12 4,2 1,5 2,8 60 23,1 40,5 2,2 3,8 4,2
71 16 32 3,4 1 2,2 77 12 39 2,4 4 4,5
81 16 8 4,8 1,4 3,6 87 39 63 2,6 4,5 4,8
91 25 35 5,4 2,5 4 92 39,2 80,8 2,8 5 5,2
Задача 22, схе- ма II 1 3 8,4 0,4 0,2 0,6 Задача 25, схе- ма V 5 4,5 12 1,5 2,5 2
10 4,2 9 0,35 0,3 0,6 15 7,2 17,4 1,8 2,8 2
20 4,8 10 0,64 0,4 0,8 25 8 18,8 1,6 2,2 1,8
30 5 9,8 0,9 0,5 1 35 8,4 20,4 1,4 2 1,5
39 7,2 15 1 0,6 1,5 44 15 35 2 3 2,5
59 5,6 8,6 1,2 0,7 2 54 12 16,4 2,1 3 2,4
61 7,2 14 1,5 0,8 2,4 67 14,3 29,3 2,2 3 2,5
74 14,4 14,4 2 0,9 2,5 73 13,3 24,8 1,9 2,8 2,3
84 9 22 1,5 1 3 83 9,2 22,2 2,3 3,2 2,5
90 14,4 28 2 1,2 3,2 95 21,6 45,6 2,4 3,5 3
Задача 23, схе- ма III 2 16 34 3,1 2 1,5 Задача 26, схе- ма VI 4 1,6 3,8 0,4 0,2 0,6
12 24 12 3 2,4 2 14 3,6 6,6 0,35 0,3 0,6
23 40 42 3,5 2,8 2,2 24 6,2 9,4 0,64 0,4 0,8
33 20 36 3 2,5 1,8 34 3,75 8 0,9 0,5 1
42 25 5 3,6 3 2,4 43 9,6 16,8 I 0,6 1,5
56 38 50 3,5 3,2 2,5 55 9,8 4,9 1,2 0,7 2
62 30 14 2,8 2,1 1,6 65 12 4 1,5 0,8 2,4
70 12 30 2,5 1,8 1,2 76 11,7 5 2 0,9 2,5
80 10,4 2 3,2 2,6 2,1 86 13,5 4,5 1,5 1 3
93 27,2 50,2 4 3,4 2,3 94 18 7,2 2 1,2 3,2
59
Окончание табл. 2.8
Номер задачи и схемы на рис. 2.25 Ва- ри- ант кН f2, кН Др см2 Л2> СМ2 Л3< см2 Номер задачи и схемы на рис. 2.25 Ва- ри- ант Л, кН Ръ кН А» см2 ^2» см2 А3’ см2
Задача 27, схе- ма VII 7 15 10 4 1,2 2,5 Задача 29, схе- ма IX 9 12 30 1,5 2,5 2
17 18,3 30,5 4,5 1,5 3,8 19 10,8 30,8 1,8 2,8 2
27 9,9 19,8 3,2 0,9 2,4 29 12,8 34,8 1,6 2,2 1,8
37 28 8 6 2 4,2 38 11,2 24,7 1,4 2 1,5
46 4,5 20 2,2 0,5 1,5 48 22,4 2,4 2 3 2,5
52 8,4 15 2,4 0,8 1,2 50 18,9 45,3 2,1 3 2,4
66 12 24 4,2 1,5 2,8 68 30,8 15,3 2,2 3 2,5
72 16,2 5,2 3,4 1 2,2 75 22,8 4,4 1,9 2,8 2,3
82 21 6 4,8 1,4 3,6 85 36,8 11,8 2,3 3,2 2,5
97 32,5 10 5,4 2,5 4 99 29,6 5,6 2,4 3,5 3
Задача 28. схе- ма VIII 6 15 17 1 2 2,5 Задача 30, схе- ма X 8 16,8 34,8 2 3,1 1,5
16 6 12 1,2 2,5 3 18 12 42 2,4 3 2
26 11,9 16,1 1,4 2,8 3 28 11,2 31 2,8 3,5 2,2
36 6,4 17,6 1,6 3 3,2 40 15 37,5 2,5 3 1,8
45 10,8 16,4 1,8 3,2 3,5 47 48 12 3 3,6 2,4
53 10,8 27,7 2 3,5 4 51 38,4 13,4 3,2 3,5 2,5
64 15,4 18,8 2,2 3,8 4,2 69 29,4 10,2 2,1 2,8 1,6
79 7,4 18,6 2,4 4 4,5 78 24,8 8,7 1.8 2,5 1,2
89 11,7 18,9 2,6 4,5 4,8 88 39 5,4 2,6 3,2 2,1
96 33,6 16,4 2,8 5 5,2 98 42,5 12,6 3,4 4 2,3
31...40. Для ступенчатого чугунного бруса (рис. 2.26, схемы I...X)
построить эпюры продольных сил и нормальных напряжений, из
условия прочности найти требуемую площадь поперечного сечения,
если [crpJ = 50 Н/мм2 и [ос] = 120 Н/мм2. Данные для решения сво-
его варианта задачи выбрать из табл. 2.9.
60
Рис. 2.26. К задачам 31...40
61
Таблица 2.9. Исходные данные к задачам 31...40
Номер задачи Величина Схема по рис. 2.26 Номер задачи Величина Схема по рис. 2.26
л. кН кН f3. кН л. кН f2, кН кН
31 10 4 28 I 36 4 19 48 VI
32 12 32 36 II 37 8 12 16 VII
33 18 8 52 Ill 38 16 4 46 VIII
34 18 18 46 IV 39 26 32 16 IX
35 20 10 22 V 40 20 22 24 X
Рис. 2.27. К задаче 41
41. Брус с одним жестко закреплен-
ным концом нагружен силами =
= 110 кН, F2 = 30 кН (рис. 2.27). Ли-
ния действия этих сил совпадает с про-
дольной осью бруса. Материал бруса -
сталь Ст.З, допускаемое напряжение
[<тр] = 160 Н/мм2. Определить, пред-
варительно построив эпюру продоль-
ных сил, площади поперечного сечения
Ai и Л2 участков бруса по условию прочности, а также насколько
переместится свободный конец бруса. Длина участков /t = 0,8 м;
/2 = 0,6 м. Модуль продольной упругости материала Е = 2 • 105 Н/мм2.
42. Стальная стойка опирается на горизонтальную плоскость.
Стойка состоит из двух частей и нагружена силами, линия действия
которых совпадает с ее продольной осью (рис. 2.28). Определить
диаметры поперечных сечений каждой части стойки, предваритель-
но построив эпюру продольных сил. Величина силы F=3000 кН.
Допускаемое напряжение на сжатие принять [ос] = 140 Н/мм2 (ма-
териал стойки сталь Ст.З). Вычислить, на сколько опустится верх-
няя А-А и средняя В-В опорные плиты вследствие сжатия частей
стойки. Высота частей стойки = 0,6 м и /2 - 0,8 м. Модуль про-
дольной упругости материала стойки Е- 2 • 105 Н/мм2. Силу тяже-
сти стойки не учитывать.
43. Чугунная колонна, состоящая из двух частей, нагружена си-
лами, как показано на рис. 2.28. Сила F=6000 кН. Построить эпю-
ру продольных сил. Определить, с каким коэффициентом запаса
прочности работает каждая часть колонны. Диаметры поперечных
сечений колонны dx = 250 мм и d2 = 600 мм. Предел прочности чу-
гуна на сжатие о|1ЧС = 630 Н/мм2. Вычислить, на какую величину
опустятся верхняя А-А и средняя В-В опорные плиты вследствие
62
сжатия колонны. Модуль продольной упругости чугуна принять
£= 1 • 105 Н/мм2. Высота частей колонны 1^ -1,5 м и /2 = 0,9 м. Силу
тяжести колонны не учитывать.
44. На рис. 2.28 показан брус, состо-
ящий из двух частей и нагруженный
силами F и 2F, линия действия этих сил
совпадает с продольной осью бруса.
Диаметр поперечного сечения верхней
части бруса di = 400 мм, нижней -
d2 = 600 мм. Определить допускаемую
величину сжимающих сил из условия
прочности бруса на сжатие. Материал
бруса - сталь Ст.З, допускаемое напря-
жение [ос] = 160 Н/мм2. Построить
эпюру продольных сил и вычислить, на
какую величину опустятся верхнее А-А
и среднее В-В опорные сечения вслед-
ствие сжатия бруса. Длина участков
бруса = 0,8 м, /2 = 0,4 м. Модуль про-
дольной упругости Е =2 • 105 Н/мм2.
45. Штайга квадратного поперечно-
го сечения удерживает два груза и
jF2. Центр тяжести этих грузов распо-
ложен на оси штанги (рис. 2.29). Сила
тяжести F2 в 2 раза больше силы тяже-
сти F±. Определить допускаемую вели-
чину силы тяжести грузов по условию
прочности штанги на растяжение,
предварительно построив эпюру про-
дольных сил. Сторона квадрата попе-
речного сечения штанги а = 60 мм.
Материал штанги - сталь Ст.З, [ор] =
= 160 Н/мм2. Вычислить, на какую ве-
личину опустятся опорные поверхности
грузов вследствие удлинения участков
штанги. Длина участков штанги 1Х = 2 м
и /2 = 1,5 м. Модуль упругости матери-
ала Е= 2- Ю5 Н/мм2.
Рис. 2.29. К задачам 45...47
46. На рис. 2.29 показана штанга с двумя закрепленными на ней
грузами F\ = 60 кН и F9 = 80 кН. Верхний конец штанги жестко за-
креплен; центры тяжести грузов и продольная ось штанги располо-
жены на одной вертикальной линии. Определить величину сторо-
ны квадрата поперечного сечения штанги по условию прочности.
Материал штанги - сталь Ст.З, [opJ = 160 Н/мм2. Вычислить, на ка-
63
кую величину опустятся опорные поверхности грузов вследствие
деформации штанги, предварительно построив эпюру продольных
сил. Длина = 1,5 м и /2 = 1,6 м, модуль продольной упругости ма-
териала Е = 2 • 105 Н/мм2.
47. Вертикально расположенная штанга (рис. 2.29) жестко закреп-
лена верхним концом. На ней установлены два груза - 45 кН и
F2 = 80 кН. Поперечное сечение штанги - квадрат со стороной
а = 30 мм. Определить, предварительно построив эпюру продольных
сил, с каким коэффициентом запаса прочности работает каждая часть
штанги. Материал штанги - сталь 30, предел текучести от = 280 Н/мм2.
Вычислить, на какую величину опустятся опорные поверхности гру-
зов вследствие деформации штанги. Длина участков Д = 1,8 м и
/2 = 1,6 м. Модуль продольной упругости материала Е = 2 • 105 Н/мм2.
Рис. 2.30. К зада-
чам 48...50
48. Два груза Ft = 40 кН и £2 = 30 кН соедине-
ны между собой стальным тросом АВ. Грузы
удерживаются в заданном положении тросом CD,
закрепленным в точке D (рис. 2.30). Проверить
прочность тросов, предварительно построив эпю-
ру продольных сил. Диаметры тросов (Ц = 20 мм
и d2 = 30 мм, допускаемое напряжение на растя-
жение [ор] = 200 Н/мм2. Вычислить, на какую ве-
личину опустится каждый груз вследствие удли-
нения тросов. Длина участков тросов АВ = 2,4 ми
CD= 1,8 м, модуль продольной упругости тросов
£=2,1 - Ю5 Н/мм2.
49. Грузы противовеса £t и £2 соединены меж-
ду собой тросом АВ и удерживаются в равнове-
сии с помощью троса CD (рис. 2.30). Определить
допускаемую величину силы тяжести грузов Ft и
F2 по условию прочности троса. Построить эпюру
продольных сил. Диаметры тросов d± = 30 мм и
d2 = 35 мм, допускаемое напряжение на растяже-
ние стальных тросов принять [ор] = 220 Н/мм2.
Вычислить, на какую величину опустится каж-
дый груз вследствие удлинения тросов. Длина участков троса
АВ = 1,6 м и С£ = 0,8 м, модуль продольной упругости материала
тросов £ = 2,1 • 105 н/мм2.
50. Грузы Ft = 70 кН, Е2 = 60 кН удерживаются в равновесии
тросом CD, закрепленным в точке D. Между собой грузы соедине-
ны тросом АВ (рис. 2.30). Построить эпюру продольных сил и
определить диаметры участков троса di и d2 из условия прочности
на растяжение. Допускаемое напряжение для стальных тросов при-
нять [ор] = 190 Н/мм2. Вычислить, на какую величину опустится
каждый груз вследствие удлинения троса. Длина тросов АВ = 2,2 м
и CD =1 м модуль продольной упругости материала тросов
£= 2- IO5 Н/мм2.
64
51. Стальной стержень переменного сечения находится под дей-
ствием продольной силы F и собственного веса. Найти наибольшее
напряжение в сечении круглого бруса и определить величину пере-
мещения сечения I-I. Расчетные схемы указаны на рис. 2.31 (схемы
1-Х), а числовые данные приведены в табл. 2.10. При расчете мож-
но принимать модуль упругости при растяжении для стали
£ = 2 • Ю5 МПа и плотность р = 7,7 Мг/м3.
Таблица 2.10. Исходные данные к задаче 51
Величина Вариант
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
А 104. м2 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8
а, м 5 6 7 8 9 10 И 12 13 14
Ь, м 7 7 7 6 5 5 5 4 4 3
с, м 8 7 6 6 6 5 4 4 3 3
F, кН 40 40 50 50 60 60 70 70 80 80
Рис. 231. К задаче 51
52. Определить реакции опор двухступенчатого стального бруса,
нагруженного, как показано на рис. 2.32 (схема I), и проверить его
прочность, если [о] = 160 МПа. Указать в процентах, насколько
каждая ступень перегружена или недогружена. Построить эпюру
65
нормальных напряжений по длине бруса. Размеры на рисунке даны
в миллиметрах.
53. Жесткий брус удерживается в равновесии двумя стальными
стержнями круглого поперечного сечения одного и того же диамет-
ра (рис. 2.32, схема II). Определить необходимые диаметры этих
стержней, если [ст] = 150 МПа.
54. Определить допускаемое значение силы F, приложенной к
двухступенчатому стальному брусу (рис. 2.32, схема III), если
[ор] = 160 МПа и [ос] = 120 МПа. При найденном значении постро-
ить эпюру нормальных напряжений по длине бруса.
55. Проверить прочность стальных стержней, удерживающих в
равновесии жесткий брус, один конец которого шарнирно закреп-
лен (рис. 2.32, схема IV), если [о] = 160 МПа.
56. Определить требуемые площади поперечных сечений бруса,
одна ступень которого стальная, другая - медная (рис. 2.32, схема
V), если [ост] = 160 МПа; [ом] = 60 МПа; £ст = 2-105 МН/м2;
Ем = 1 • 105 МН/м2. Определить площади поперечных сечений, по-
строить эпюру нормальных напряжений по длине бруса.
57. Определить допустимое значение нагрузки F для жесткой
балки (рис. 2.32, схема VI), шарнирно закрепленной одним концом
и поддерживаемой двумя параллельными стержнями из угловой
равнополочной прокатной стали, если [oj = 160 МПа. Определив [F],
найти напряжения в обоих стержнях.
Указание. Если студент не имеет у себя задачника по сопро-
тивлению материалов или справочника с необходимыми таблицами
ГОСТов на стальной прокат, то ему следует принять площадь по-
перечного сечения каждого стержня А = 4 см2.
58. Определить реакции опор и проверить прочность двухступен-
чатого бруса (рис. 2.32, схема VII), если [ст] = 160 МПа. Построить
эпюры продольных сил и нормальных напряжений по длине бруса.
59. Определить требуемый размер стального углового равнопо-
лочного проката для изготовления стержней, удерживающих в рав-
новесии жесткий брус, шарнирно закрепленный одним концом
(рис. 2.32, схема VIII), если [о] = 150 МПа. Определив размеры
угольников, найти напряжения в обоих стержнях.
Указание. Если студент не имеет у себя таблиц ГОСТов на
угловую равнополочную прокатную сталь, то ему надлежит принять
для изготовления стержней сталь круглого поперечного сечения и
определить требуемые диаметры этих сечений, для чего вычислен-
ные значения диаметров округлить в большую сторону до ближай-
шего четного числа миллиметров или числа, оканчивающегося на 5.
60. Определить допускаемое значение силы F для двухступенча-
того стального бруса (рис. 2.32, схема IX), если [сгр] = 150 МПа й
[ос] = 100 МПа. Определив [FJ, построить эпюры продольных сил и
нормальных напряжений по длине бруса.
61. Проверить прочность стержней, удерживающих в равнове-
сии жесткий брус, шарнирно закрепленный одним концом (рис. 2.32,
66
схема X), если [сгр] = 150 МПа и [ас] = 120 МПа. Указать, на сколь-
ко процентов стержни перегружены или недогружены.
А^бсм2
—A2 = liCMZ
F-75 КН
A2=Jcmz
Аг~зсм2
ф=40кН/м
_.— А^2см2
А, =4 см2
^^А^всм2 ^85 кН/м
I М ♦ ♦ i i i j j
1м
зм
Az~1Zcmz
Рис. 2.32. К задачам 52...61
67
62...71. Определить требуемый размер поперечного сечения
стальных стержней (рис. 2.33), удерживающих в равновесии гори-
зонтальный жесткий брус, шарнирно закрепленный одним концом,
если [о] = 160 МПа. Определив требуемое значение площади А,
найти напряжения в поперечных сечениях обоих стержней. Данные
своего варианта взять из табл. 2.11.
Рис. 2.33. К задачам 62...71
68
Таблица 2.11. Исходные данные к задачам 62...71
Номер задачи и схемы на рис. 2.33 Вари- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 2.33 Вари- ант Величина
F, кН м, кН • м F, кН м, кН • м
Задача 62, схема I 0 12 22 Задача 63, схема'II 1 4 24
18 18 40 18 16 48
26 20 36 29 20 50
35 19 30 34 24 40
43 4 48 46 45 25
57 60 50 56 42 60
61 34 68 60 40 22
74 15 20 77 19 36
81 10 50 84 17 42
97 12 48 94 30 35
Задача 64, схема III 2 18 30 Задача 65, схема IV 3 10 45
19 40 80 16 12 30
28 32 52 21 15 30
37 24 36 36 24 24
45 14 18 48 30 15
59 10 42 58 25 35
63 15 45 62 18 42
76 38 22 79 20 45
80 50 40 87 14 20
99 5 50 96 40 36
Задача 66, схема V 5 10 18 Задача 67, схема VI 4 40 45
14 20 18 17 38 42
20 24 30 23 42 30
38 48 30 31 35 25
47 12 24 40 30 18
51 24 52 50 32 50
65 6 15 64 15 30
78 30 45 75 14 20
86 38 50 83 20 24
98 40 25 98 25 48
69
Окончание табл. 2.11
Номер задачи и схемы на рис. 2.33 Вари- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 2.33 Вари- ант Величина
F, кН м, кН • м F, кН м, кН • м
Задача 68. схема VII 8 8 35 Задача 69, схема VIII 9 32 40
13 40 15 12 60 50
22 38 20 25 58 42
39 35 18 30 38 38
49 60 24 42 31 20
53 50 30 52 37 30
67 45 28 66 42 30
72 30 18 73 55 33
82 16 42 89 45 28
93 20 12 90 8 20
Задача 70, схема IX 6 25 38 Задача 71, схема X 7 80 70
19 30 42 15 60 50
24 23 32 27 65 38
33 42 32 32 50 42
41 46 18 44 25 32
55 27 24 54 62 31
69 32 20 68 40 35
71 48 15 70 22 20
85 52 25 88 28 30
95 12 48 92 70 40
72. Трубка из алюминиевого сплава и вставленный внутрь труб-
ки стальной стержень (рис. 2.34, схема I) сжаты силой F= 150 кН,
передающейся на них через абсолютно жесткую плиту. Определить
коэффициенты запаса прочности трубки и стержня, если предел те-
кучести алюминиевого сплава - 180 Н/мм2, стали - 320 Н/мм2. Для
алюминия и стали модуль упругости принять соответственно
£а = 0,7 105 Н/мм2 и Ес = 2,1 • 105 Н/мм2.
73. Жесткая балка поддерживается стержнями, изготовленными
из стального равнополочного уголка (рис. 2.34, схема II). Опреде-
лить допускаемое значение действующей на балку нагрузки, если
предел текучести стали от = 240 Н/мм2. Принять [и] = 1,6.
70
74. Определить требуемые площади поперечных сечений сталь-
ного бруса, нагруженного, как показано на рис. 2.34, схема III. При-
нять [о] = 160 Н/мм2. Определив площади поперечных сечений,
построить эпюру нормальных напряжений по длине бруса. Разме-
ры на рисунке даны в миллиметрах.
75. Три стержня одинаковой длины / растягиваются силой
£=6 кН (рис. 2.34, схема IV). Крайние стержни стальные, сред-
ний - алюминиевый. Площадь поперечного сечения каждого из
стальных стержней Ас = 12 мм2, алюминиевого ЛА = 36 мм2. Опре-
делить коэффициенты запаса прочности стержней, если передел те-
кучести стали - 280 Н/мм2, алюминия - 180 Н/мм2, для стали и
для алюминия модуль упругости соответственно £с = 2,1 • 105 Н/мм2
и£А = 0,7- 105 Н/мм2.
76. Жесткая балка, нагруженная, как показано на рис. 2.34, схе-
ма V, удерживается в равновесии двумя стальными стержнями.
Определить требуемую площадь А поперечного сечения стержней,
принимая [а] = 160 Н/мм2.
77. Двухступенчатый брус, зажатый между неподатливыми опо-
рами, нагружен, как показано на рис. 2.34, схема VI. Определить до-
пускаемое значение нагрузки, принимая для стали - [сгс] = 160 Н/мм2,
£с = 2 • 105 Н/мм2, для меди - [ом] = 60 Н/мм2, £м = 1 • 105 Н/мм2.
Размеры на рисунке даны в миллиметрах.
78. Алюминиевый стержень диаметром 10 мм вставлен в сталь-
ную трубку (рис. 2.34, схема VII), внутренний диаметр которой
12 мм, а наружный - 13 мм. Стержень и трубка сжимаются си-
лой F = 5 кН, передающейся на них через абсолютно жесткую пли-
ту. Определить напряжение в поперечном сечении стержня и
трубки, если для алюминия £А = 0,7 • 105 Н/мм2, а для стали
£с = 2,1 • 105 Н/мм2.
79. Определить из условия прочности стержней требуемые для
них площади поперечных сечений (рис. 2.34, схема VIII). Абсолют-
но жесткая балка, удерживаемая в равновесии стержнями, нагруже-
на моментом т = 300 кН • м. Принять [ор] = 160 Н/мм2 и [оД =
= 120 Н/мм2.
80. Из условия прочности двухступенчатого стального бруса
(рис. 2.34, схема IX) определить допускаемое значение нагрузки F.
Принять [я] = 1,6, от = 280 Н/мм2. Определив [£], найти при этом
значении нормальные напряжения в поперечных сечениях бруса.
Размеры на рисунке даны в миллиметрах.
81. Проверить прочность стальных стержней, удерживающих в
равновесии абсолютно жесткую балку, нагруженную силами F{ =
= 20 кН и £2 = 40 кН (рис. 2.34, схема X). Принять [о] = 150 Н/мм2.
Указать, на сколько процентов стержни недогружены или пере-
гружены.
71
Рис. 2.34. К задачам 72...81
82. Определить допускаемое значение нагрузки F для двухсту-
пенчатого бруса (рис. 2.35, схема I), если [о] = 150 МПа. Определив
[f], построить эпюру нормальных напряжений по длине бруса.
83. Проверить прочность стержней, удерживающих в равнове-
сии горизонтальный жесткий брус, шарнирно закрепленный одним
концом (рис. 2.35, схема II), если [о] = 160 МПа. Указать, на сколь-
ко процентов стержни недогружены или перегружены.
84. Определить требуемые площади поперечных сечений обеих
ступеней стального бруса (рис. 2.35, схема III) из условия прочно-
72
сти, если F= 60 кН, [ор] = 140 МПа, [ос] = 100 МПа. Определив
площади поперечных сечений ступеней, построить эпюру нормаль-
ных напряжений по длине бруса.
85. Из условия прочности стальных стержней, удерживающих в
равновесии горизонтальный жесткий брус (рис. 2.35, схема IV),
шарнирно закрепленный одним концом, определить [#] - допускае-
мое значение интенсивности равномерно распределенной нагрузки
на брус. Принять [ор] = 160 МПа, [ocJ = 120 МПа.
86. Проверить прочность двухступенчатого бруса (рис. 2.35, схе-
ма V), верхняя ступень которого из стали, нижняя - из меди, если
£=60 кН, [сгс] = 160 МПа, [см] = 60 МПа, £с = 2 105 МПа,
£м = 1 • 105 МПа. Построить эпюры нормальных напряжений по
длине бруса и определить, на сколько процентов каждая ступень
недогружена или перегружена.
87. Определить требуемый размер поперечного сечения сталь-
ных стержней (рис. 2.35, схема VI), удерживающих в равновесии
горизонтальный жесткий брус, шарнирно закрепленный одним кон-
цом, если [ст] = 160 МПа. Определив требуемое значение площади
А, найти напряжения в поперечных сечениях обоих стержней.
88. Определить допускаемое значение нагрузки F для двухсту-
пенчатого бруса (рис. 2.35, схема VII), у которого нижняя ступень
из меди, а верхняя - из стали, если [ос] = 160 МПа, [ом] = 60 МПа,
Ес = 2 • 105 МПа, Ем = 1 • 105 МПа. Определив значение [F], постро-
ить эпюру нормальных напряжений по длине бруса.
89. Проверить прочность стальных стержней (рис. 2.35, схема
VIII), удерживающих в равновесии горизонтальный жесткий брус,
шарнирно закрепленный одним концом, если [су] = 150 МПа.
90. Определить из условия прочности требуемые площади по-
перечных сечений двухступенчатого стального бруса (рис. 2.35, схе-
ма IX), если [а] = 160 МПа. Определив значения площадей попе-
речных сечений ступеней, построить эпюру нормальных напряже-
ний по длине бруса.
91. Из условия прочности стержней, удерживающих в равнове-
сии горизонтальную жесткую балку (рис. 2.35, схема X), опреде-
лить допускаемое значение интенсивности q равномерно распреде-
ленной нагрузки, действующей на балку в пролете между стержня-
ми, если [сгр] = 160 МПа, [сс] = 110 МПа. Определив [</], найти нор-
мальные напряжения в поперечных сечениях стержней.
73
Рис. 2.35. К задачам 82...91
92. Биметаллический провод (рис. 2.36) провод подвешивается
на горизонтальном пролете I. Требуется определить:
а) стрелу провисания J\ в летних условиях с тем, чтобы в зим-
них условиях напряжение в проводе не превысило допускаемое;
б) распределение усилий и напряжений по различным материа-
лам биметаллического провода в летних и зимних условиях;
в) «тяжение» провода в летних и зимних условиях Nr и N2.
Дать заключение о запасе прочности в различных частях провода.
Данные своего варианта взять из табл. 2.12.
74
Таблица 2.12. Исходные данные к задаче 92
Вариант Величина
А, мм2 /, м *1° t°2 ЛА/ Ас ^1=Y2/Yi и
1 300 150 15 -5 4,5 1,75 2,1
2 320 175 16 -6 5,0 2,0 2,2
3 340 200 17 -8 5,5 2,4 2,3
4 360 225 18 -10 6,0 2,5 2,4
5 380 250 19 -12 6,5 2,7 2,5
6 400 275 20 -14 7,0 3,0 2,6
7 420 300 21 -16 7,5 3,2 2,7
8 440 325 22 -18 8.0 3,5 2,8
9 460 350 23 -20 8,5 3,7 2,9
10 500 375 25 -25 9,0 4,0 3,0
И 300 200 25 -25 4,5 1,75 2,1
12 320 230 23 -6 5,0 2,0 2,2
13 340 250 21 -8 5,5 2,4 2,3
75
Окончание табл. 2.12
Вариант Величина
А, мм2 /, м t°2 ^а/ лс kt = Y2/Y1 М
14 360 290 19 -10 6,0 2,5 2,4
15 380 320 17 -12 6,5 2,7 2,5
16 400 350 15 -14 7,0 3,0 2,6
17 420 380 13 -16 7,5 3,2 2,7
18 440 410 11 -18 8,0 3,5 2,8
19 460 540 9 -20 8,5 3,7 2,9
20 400 570 5 -25 9,0 4,0 3,0
21 200 150 10 -10 4,5 1,75 2,1
22 210 160 15 -15 5,0 2,0 2,2
23 220 170 20 -20 5,5 2,4 2,3
24 230 180 25 -25 6,0 2,5 2,4
25 240 190 30 -10 6,5 2,7 2,5
26 250 200 31 -15 7,0 3,0 2,6
27 260 210 32 -20 7,5 3,2 2,7
28 270 220 33 -25 8,0 3,5 2,8
29 280 230 34 -10 8,5 3,7 2,9
30 290 240 35 -5 9,0 4,0 3,0
Глава 3
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
На практике известно, что сопротивление элементов деформации
изгиба, кручения зависит, при равных прочих условиях, от формы
сечения и его ориентации к направлению нагрузок. Если сопротив-
ление элементов растяжению (сжатию) зависит только от материа-
ла и площади поперечного сечения, то для других видов деформа-
ции - изгиба и кручения - необходимо иметь сведения о геометри-
ческих характеристиках сечения, зависящих от их формы.
3.1. Осевые моменты инерции сечения
Статическим моментом относительно оси называется величи-
на, равная взятой по всей площади сумме произведений площадей
элементарных площадок dA на расстояние от них до этой оси.
Sx=jydA; (3.1)
А
Sy = J xdA,
А
где х, у - координаты элементарной площадки.
При известных статических моментах и площади сечения А ко-
ординаты его центра тяжести можно определить по формулам:
Sy
xc=~Y> (3-2)
/1
К простейшим относятся такие плоские фигуры, положение цен-
тра тяжести которых известно (прямоугольник, круг, кольцо, тре-
угольник) или легко определить (круговой сектор). К простейшим
также относится сечения профилей стандартного проката (см. При-
ложение).
77
Из формулы 3.1 видно, что статический момент системы равен
сумме статических моментов отдельных простейших фигур, состав-
ляющих систему
Координаты центра тяжести сложной фигуры вычисляются по
формулам:
= xtAt + х2А2 + ... + хпАп
Л1 + Л2 + •••+ Ап
У1А1 + У2А2 + - + УпАп
Л1 + Л2 + •••+ Ап
где у±, х2, у2,xw уп - координаты центров тяжести простейших
фигур относительно выбранных базовых осей; Ау Л2, ..., Ап - пло-
щади простейших фигур.
Моментом инерции плоского сечения относительно оси на-
зывается величина, равная взятой по всей площади сумме произве-
дений площадей элементарных площадок dA на квадраты расстоя-
ния от них до этой оси.
Jy = J x2dA;
А
Jx=\ У2(1А-
А
(3.4)
Полярный момент инерции сечения определяется следующим
образом:
jp = / Р2<я (3.5)
А
Рис. 3.1. Момент инерции плоского
сечения относительно оси
где р - расстояние от площадки
dA то точки (полюса), относи-
тельно которой вычисляется мо-
мент инерции.
Центробежный момент инер-
ции сечения относительно двух
взаимно перпендикулярных осей
определяется следующим образом:
Jху ~~ J xydA.
А
На рис. 3.1 представлен мо-
мент инерции плоского сечения
относительно оси.
78
Осевой момент инерции и полярный момент инерции всегда по-
ложительны, так как содержат под интегралом координаты во вто-
рой степени. Центробежный момент инерции содержит произведе-
ние координат в первой степени и, следовательно, может быть по-
ложительным, отрицательным или равным нулю.
При параллельном переносе осей координат существует следую-
щая зависимость:
Jy = $(xc + b)2dA=Jyc+b2A-,
А
Jх J (.Ус JХС
А
(3.6)
Jху J + Ъ)(ус + a)dA J хсус аЬА.
А
Главные оси и главные моменты инерции оси, относительно кото-
рых центробежный момент инерции равен нулю, а осевые моменты
инерции имеют экстремальные значения, называются главными
осями инерции сечения. Главные оси, проходящие через центр тяже-
сти сечения, называются главными центральными осями инерции.
Для симметричных сечений главными осями инерции (в том
числе и центральными) будут их оси симметрии.
Положение главных осей инерции относительно других осей
определяется так:
tg 2ос =
~Уху
Jx - Jy
Осевой момент инерции относительно главной оси - главный
момент инерции'.
J max/min
(л+л)±7<л-л)2+4Л
(3.7)
Решение задачи на определение осевых моментов инерции сече-
ния сводится к следующим этапам:
1) сложная фигура разбивается на простейшие, к ним относятся
фигуры, центр тяжести и моменты инерции относительно централь-
ных осей которых или известны, или вычисляются по известным фор-
мулам: прокатные профили, прямоугольник, треугольник, круг и тл.;
2) выбираются базовые оси х и z/, относительно которых опреде-
ляются координаты центра тяжести каждой простейшей фигуры;
3) вычисляются координаты центра тяжести всей фигуры. Про-
водятся главные центральные оси всей фигуры;
79
4) вычисляются осевые моменты инерции каждой простейшей
фигуры относительно собственных главных центральных осей, па-
раллельных главным центральным осям всей фигуры;
5) пользуясь теоремой о параллельном переносе осей, вычисля-
ются моменты инерции каждой простейшей фигуры относительно
главных центральных осей всей фигуры;
6) вычисляются моменты инерции всей фигуры относительно
главных центральных осей, учитывая, что осевой момент инерции со-
ставной фигуры относительно оси равен алгебраической сумме мо-
ментов инерции отдельных частей фигуры относительно той же оси.
3.2. Моменты инерции простейших фигур
Рис. 3.2. Момент инерции пря-
моугольника
Прямоугольник. Рассмотрим
элементарную площадку в виде полос-
ки толщиной dx (рис. 3.2).
Тогда момент инерции относитель-
но осей ох и оу
. - Г 2, , _hb3
Jу J % hdx
о J
Аналогично
h
Главные моменты инерции
x2hdx =
3
hb3
12 ’
А/2 L з
;Jx= J y2bdy = -^~
-h/2 J
,3 Л//2
bh3
=77-(3.8)
-h/2
Ь/2
J,= I
-Ь/2
Ь/2
-Ь/2
Рис. 3.3. Момент инерции
круга
Круг. Определим полярный момент
инерции круга (рис. 3.3), выделив в нем
элементарное кольцо площадью dA = 2ттрг7р,
и найдем Jp по формуле
nd4
"зГ'
Осевые моменты инерции и равные им
главные моменты инерции круга найдем
из условия равенства их суммы полярно-
му моменту инерции:
80
У
Jp _ nd*_
Т-~бГ’
Полярный момент инерции кольца определяется по формуле
Ур=^(1-с4) = 0’01/)4(1"с4)’'
(3.9)
где с = d/D\ d, D - соответственно внутренний и внешний диаметр
кольца.
Треугольник. Найдем значе-
ния осевых и центробежных значе-
ний площади треугольника относи-
тельно осей х и уу совпадающих с его
катетами (рис. 3.4).
Уравнение прямой АВ у -
х=/2(уУ-
у = h-—x\ х = b-^-y;
* b h
b Ь ,
Jy = J x2f (x)dx = J x\h - — x)dx =
о о b
_ hx3 hx4 _ hb3
~~3 4T0 ~~12’
h h h
Jx^\y2f2{y}dy = \y2(b-~,
о о n
Рис. 3.4. Момент инерции тре-
угольника
, by3 by^ bh3
ly = —------.
3 4/z o 12
Центробежный момент инерции
r f n fJ\x) lfz/2 2h2x2 h2x3 .
Jxy = J xydA = J^— xj\x)dx = -j(/z x--- + —j-)dx =
A 0 2 2o Ob
l,h2x2 2h2x3 h2x\b l,h2b2 2h2b2 h2b2, h2b2 ,,,m
:5(-------= 2(~2------------------- + — ) = “2Г; (310)
_ -27^ _ -2/?i212 hb
® ° Jx-J, 24(bh3-hb3) b2-h2'
Так как центр тяжести треугольника лежит на расстоянии 1 /ЗА
от оси ох и на расстоянии 1/36 от оси оу, по формулам найдем:
81
Ло = /(^-|)2^ = Л
А Л
Jx0 = j(y-^2dA = Jx-
А 3
/А?л =—- —=—•
\з) 12 18 36’
(h>2A = bh3 bhh2 _bh3 .
к3 J 12 18 36 ’
(З.И)
_Г/ \ _ г л _ ^2^2 ^2^2 _ ^2^2
JхОуО - J (хс ~ ~^)\Ус ~ ~ Jхсус 7^7 У2
А
3.3. Связь между геометрическими характеристиками
плоского сечения и сопротивлением деформации
Условие прочности при прямом поперечном изгибе:
°тах = —М,
где Wx - осевой момент сопротивления сечения относительно оси
х, см3.
где h - высота сечения, Jx - осевой момент инерции относительно
оси ох.
Условие прочности при кручении:
ттах = ~ М’
Р
где Wp - полярный момент сопротивления сечения, мм3.
г
где г - радиус сечения; Jp - полярный момент инерции.
Сечение - прямоугольник:
w =JX = bh3/12 = bh2 .
х h/2 h/2 ~ 6 ’
Jy hb3/12 hb2
y b/2 b/2 6
82
Сечение -круг:
Wr = 0,Id3;
d/2 d/2 32
ТУ = А = т^4/32 = гаР = 0 2d3
р г d/2 16
Сечение -кольцо:
ТУ = А. = = 7td3(l-C4) s 3 _4
х d/2 d/2 32
Л nd4(l-c4)/32 nd3(l-c4) „ „ ,3 4\
W^~7 =--------dT2----" 16 °’2</(1-c)-
Примеры
Пример 1. Вычислить координаты центра тяжести сечения плос-
кой фигуры (рис. 3.5, а).
Рис. 35. К примеру 1
Решение. Заданную плоскую фигуру разбиваем на составные
части, центры тяжести которых легко определяются (рис. 3.5, б) -
прямоугольник I, треугольник II и прямоугольники III и IV.
Располагаем координатные оси, как показано на рис. 3.5, б.
Находим площади каждой части и координаты хс и ус их цен-
тров тяжести Q. Все эти данные заносим в табл. 3.1.
83
Таблица 3.1 Результаты расчетов по 1-му варианту
Со- став- ные части Площадь составной части Лг-, мм Координаты центров тяжести каждой части
Хр мм Уг мм
I 300- 160 = 48000 = 48 103 80 150
II 1/2 • 120 • 180= 10800= 10,8 • 103 160+ - -120 = 200 3 — 180 = 60 3
III 120- 120= 14400= 14,4 • 103 120 160+ — = 220 2 180+ — = 240 2
IV 80-60 = 4800 = 4,8- 103 220+ — = 250 2 300+ — = 340 2
Вычисляем координаты хс и ус центра тяжести плоской фигуры:
48 • 103 • 80 +10,8 • 103 • 200 +14,4 • 103 • 220 + 4,8 • 103 • 250 л
—————5---------5-----5-----5-----= 133 мм;
48 • 103 +10,8 • 103 +14,4 • 103 + 4,8 -103
Ус =
ХА ’
48-103-150 + 10,8-103-60 + 14,4-103-240 + 4,8-103-340 Л„п
——————--------------------------------------------- = 1Ь6 мм.
48 • 103 +10,8 • 103 +14,4 • 103 + 4,8 • 103
При решении задач можно использовать метод отрицательных
площадей, как это показано на рис. 3.5, в. Здесь данная фигура раз-
делена на три части: прямоугольники I и III и треугольник II, при-
чем площадь треугольника II, вырезанная из плоской фигуры, бе-
рется со знаком минус, т.е. считается отрицательной. Если при та-
ком разделении фигуры все исходные данные свести в табл. 3.2 и
выполнить вычисления, то получится тот же результат.
Определяем:
хс
TjAiXi
ХА
и Ус =
Ха-у»
Ха ’
84 000 -140 -10 800 - 240 + 4800 • 250 4
хс =-------------------------------= 133 мм;
84 000-10 800 + 4800
84 000 • 150 -10 800 • 120 + 4800 340 , „„
Ус —------------------------------= 166 мм.
84 000-10 800 + 4800
84
Таблица 3.2. Результат расчетов по 2-му варианту
Со- став- ные части Площадь составной части Л,-, мм Координаты центров тяжести каждой части
xif мм Ур мм
I 300-280 = 84000 = 84-103 ^=•140 2 ^ = 150 2
II 1/2 120 • 180=-10800=-10,8 • 103 2 -•120 + 160 = 240 3 2 -•180 = 120 3
III 60-80 = 4800 = 4,8- 103 220+ — = 250 2 300+ — = 340 2
Центр тяжести тела в обоих случаях совпадает, что указывает на
правильность решения задачи.
Пример 2. Для заданной плоской
фигуры (тонкой однородной пласти-
ны) (рис. 3.6) определить положение
центра тяжести. (Размеры на чертеже
даны в сантиметрах.)
Решение. Определение положе-
ния центра тяжести фигуры означает
определение координат ее центра тя-
жести в выбранной системе координат.
Данную сложную фигуру представля-
ем состоящей из трех простых: I - пря-
Рис. 3.6. К примеру 2
моугольника, II - крута и III - треугольника. Площади кругового и
треугольного отверстий вводим в расчет со знаком минус, а площадь
прямоугольника вычисляем без учета имеющихся в нем отверстий.
Площади простых фигур: А1 = 12-31 =372 см2; Л2 = -лб/2/4 =
= -3,14 • 102/4 = -78,5 см2; Л3 = -12 • 9/2 = -54 см2, где совпадающая с
осью симметрии высота треугольника h - 31 - (8 + 10/2 + 6) = 12 см.
Фигура имеет ось симметрии, следовательно, ее центр тяжести
лежит на этой оси. Совмещаем координатную ось х с осью симмет-
рии, а начало координат - с левым краем фигуры (чтобы коорди-
наты центров тяжести оказались положительными).
Координаты центров тяжести простых фигур: = 31/2 = 15,5 см;
*2 = 8 см; х3 = 31 - 6 - 12/3 = 21 см, где 12/3 см - расстояние от цен-
тра тяжести треугольника до его основания, равное 1 /3 высоты.
Координата центра тяжести заданной фигуры
Atxx + А2х2 + А3х3 372• 15,5-78,5 • 8-54 • 21 . „ _
х =-----------------=----------------------— 1Ь, / см.
с А+А+Лз 372-78,5-54
85
Рис. 3.7. К примеру 3
Пример 3. Найти положение цент-
ра тяжести фигуры, показанной на
рис. 3.7.
Решение. Разобьем фигуру на три
простейших: прямоугольник - 1, дву-
тавр № 18 - 2, швеллер № 16 - 3.
Площади фигур: = 20 • 100 = 2000 мм2,
Л2 = 23 400 мм2 (ГОСТ 8239-89), А3 =
=“18 100 мм2 (ГОСТ 8240-89).
Базовую ось проводим через центр
тяжести второй фигуры и определяем
координаты z/j и #2. Фигура имеет ось
симметрии, центр тяжести лежит на
ней, поэтому определять координату хс
не надо.
h а 180 20
—I— =----1--
2 2 2 2
100 мм;
У2 = 0;
,h ч z
Уз = -<2 + 5 - zo) = -(•
180
2
+ 5 -18) = -77 мм,
где а - высота первой фигуры; h - высота двутавра; 5 - толщина стен-
ки швеллера; z0 - расстояние от нижней плоскости стенки швеллера
до его центра тяжести. Все значения выбираются из ГОСТ 8239-89 и
ГОСТ 8240-89.
Вычислим координату центра тяжести всей фигуры:
= Ахух + А2у2 + А3у3 _ 100 • 20 000 + 0 • 23 400 + (-77) • 18 100 _
Ус~ Л1+Л2 + Л3 ” 20 000 + 23 400 + 18 100
= 9,858 мм ~ 9,9 мм.
Отметим положение центра тяжести, отложив значение ус вверх
от базовой оси х.
Пример 4. Для бруса, имеющего указанное на рис. 3.8 сечение,
определить координаты центра тяжести площади сечения.
Решение. Выбираем систему координат с началом в точке
О сечения. Разделим площадь сложного сечения на три простей-
шие фигуры: прямоугольник OABD, треугольник BDE, круг (отвер-
стие в сечении) с центром Ot. Определим положение центров тяже-
сти простых площадей. Центр тяжести прямоугольника OABD рас-
положен на пересечении диагоналей и имеет координаты = 25 мм,
86
Рис. 3.8. К примеру 4
ух = 15 мм; центр тяжести треугольника BDE расположен на пере-
сечении медиан:
ВВ1 = 1/ЗВ£=15/3 = 5мм;
ВВ2 = 1/3BD = 30/3 = 10 мм;
х2 - АВ] = АВ + ВВ] = 50 + 5 = 55 мм;
y2 = DB2 = DB-BB2 = 30- 10 = 20 мм.
Центр тяжести круга расположен в его геометрическом центре
(точка 01) и имеет координаты х3 = 20 мм, г/3 = 12 мм.
Площади отдельных сечений будут равны:
А] = АВ • BD = 50 • 30 = 1500 мм2;
А2 = —££•££> =-15-30 = 225 мм2;
2 2 2
nd2 л-102 2
Ап =----=-----= 78,5 мм .
3 4 4
хс
Координаты центра тяжести сечения:
_ А]Х] + А2х2 - А3х3 _ 1500-25 + 225-55-78,5-20 _
А] + А2-А3 ~ 1500 + 225-78,5
37500 + 12375-1570 „„ „
=-------------------= 29,3 мм;
1646,5
87
_ A\yi +A2y2-Aiy1 _ 1500-15 + 225-20-78,5-13 _
Ус~ ^+^2-^3 " 1500 + 225-78,5
22500 + 4500-942 dCO
=-----------------= 15,8 мм.
1646,5
Знак минус в уравнениях хс и ус указывает на то, что из всей
площади сложного сечения следует вычесть площадь отверстия с
центром Ot, диаметром 10 мм.
Пример 5. Требуется определить главные центральные моменты
инерции сечения с вертикальной осью симметрии, форма и разме-
ры которого в миллиметрах показаны на рис. 3.9, а.
Рис. 3.9 К примеру 5
Решение.
1. На отдельном листе бумаги в клетку или на миллиметровке
вычерчивается в масштабе заданное сечение (рис. 3.9, б).
2. Вычерченное сечение нужно разделить на составные части,
положение центров тяжести которых можно определить исходя не-
посредственно из размеров, заданных на рисунке (в задаче). Сече-
ние на рис. 3.9, б может быть получено таким образом, как будто
из прямоугольной фигуры I со сторонами = 30 см и /^ = 18 см
88
вырезаны два прямоугольника: прямоугольник II со сторонами
й2 = 18 см, /г2 = 6 см и прямоугольник III со сторонами fe3 = 12 см,
= 3 см. Положение центров тяжести каждого из этих прямоуголь-
ников определяется, как известно, точками пересечения их диаго-
налей (эти диагонали не показаны на рис. 3.9, б, чтобы не загро-
мождать его). Центр тяжести прямоугольника I обозначен Ct, центр
тйжести прямоугольника II - С2 и прямоугольника III - С3.
3. Ось симметрии сечения, являющуюся одной из главных цен-
тральных осей, обозначим Оу. Чтобы определить положение второй
главной центральной оси, необходимо знать где на оси Оу располо-
жен центр тяжести сечения. Для этого совместим с нижним основа-
нием сечения «начальную» ось абсцисс Ох$ и относительно ее
определим ординату центра тяжести сечения по известной из тео-
ретической механики формуле
' SA
В данном случае, исходя из размеров сечения и его разбивки на
прямоугольники I, II и III (рис. 3.9, б), получим следующие значе-
ния площадей А, прямоугольников и ординат у их центров тяжести:
At =30 18 = 540 см2; ух = OCt =-^- = 9 см2;
А2 = -b2h2 = -18 • 6 = -108 см2; у2 = ОС2 = —2 = 12 см2;
А3 = -b3h3 = -12 • 3 = -36 см2; у3 = ОС3 = у + h2 + -у = 16,5 см2.
Площади и Л2 взяты со знаком «минус» в связи с тем, что
прямоугольники II и III вырезаны из прямоугольника I.
Подставив найденные значения площадей Az и ординат в фор-
мулу, найдем ординату ус центра тяжести сечения:
А\У\ + А2З/2 + 540 • 9 —108 • 12 — 36 • 16,5 3 см
Ус = + Л2 + Л3 540-108-36 ’ СМ‘
Положение центра тяжести сечения на оси Оу отметим точкой
С. Через эту точку перпендикулярно к оси Оу проходит вторая
главная центральная ось - ось абсцисс Сх данного сечения.
4. Находим Jx - главный центральный момент инерции сечения,
который складывается из моментов инерции составных частей се-
ления относительно главной центральной оси Сх. В данном случае
из прямоугольника I с моментом инерции J xt вырезаны прямо-
89
угольники II и III соответственно с моментами инерции Jx,2 и JXy
Поэтому Jx = JX} - JX2 - Jх3.
Исходя из того что главная центральная ось инерции сечения
Су параллельна собственным центральным осям С2х2 и С3х3
(см. рис. 3.9, б) его составных частей, для определения Jx., стоя-
щих в правой части последнего равенства, нужно применять фор-
мулу, выражающую зависимость между моментами инерции отно-
сительно параллельных осей Jx = Jx + afAit где в данном случае
Jx ~ bjif /12 - моменты инерции прямоугольников относительно
собственных центральных осей, - площади прямоугольников и
ai - расстояние между осями, которые после определения ординаты
ус легко определяются (рис. 3.9, б):
«1 = 2/1 - ус = OQ - ОС = 9 - 7,5 = 1,5 см;
а2 = у2 -ус = ОС2 - ОС = 12-7,5 = 4,5 см;
аз = Уз ~ Ус = ОСз ~ ОС - 16,5 - 7,5 = 9 см.
Таким образом,
Jx = Jxx ” Jx2 ~ Jx3 = Jх} + “ (Jx2 + а2Л2^ ~ Ux3 + а3^з) =
&1^3 2 д /^2^2 2 л \ /^3^3 2 д х
= 12 + а'Ах " ( 12 + "( \2 + ^з)'
После подстановки числовых значений получим:
= 30 183 2.540_2.108)_+ 92.36) =
х 12 12 4 12 ’
= 14 580 +1215 - (324 + 2187) - (27 + 2916) = 10 341 см4.
5. Находим - главный центральный момент инерции сечения,
который складывается из моментов инерции составных частей от-
носительно оси Оу, а эта ось для всех трех составных частей сече-
ния также является главной центральной. Поэтому
г т h2b2 h3bl
Jy Jy\ Jy-1 Jy$ 12 12 12 ’
откуда
18-ЗО3 6 183 3 123 4
у _----------------------_ jy см .
Jy 12 12 12
6. Заданное в нашем примере сечение может быть разделено на
составные части каким-либо другим способом, например на пять час-
90
тей (рис. 3.9, в) - прямоугольник I со сторонами Ь{, hv два симмет-
рично расположенных относительно оси Оу прямоугольника II со
сторонами b2, h2 и симметрично расположенных относительно оси
Оу два прямоугольника III со сторонами b3, h3.
Центр тяжести Ct прямоугольника I расположен на главной оси
Оу благодаря симметричному расположению центров тяжести С2 и
С2 прямоугольников II, их общий центр тяжести лежит также на
оси Оу, точно так же расположена и точка С3 - общий центр тяже-
сти прямоугольников III.
От того, что сечение разделено на составные части иным спосо-
бом, положение его центра тяжести С, естественно, не изменилось
Изменились лишь некоторые значения и (см. рис. 3.9, б
и 3.9, в).
Исходя из рис. 3.9, в, находим главный центральный момент
инерции относительно оси Ох:
Jx = Jxx + 2Л2 + 2 JX3 = + «I2 А + 2(^_ + а IА2 ) + 2(^- + а\ А3 ),
откуда после подстановки числовых значений
30JP+ 32.30.9 + 2(6^+ 52 б,6) + 2(9^ + 92 9 3) =
Jx 12 12 12 7
= 1822,5 + 2430 + 2(108 + 729) + 2(20,25 + 2187) = 10 341 см4.
Аналогичным образом находим
Л = J„ + 2J„ + + а1л2) + 2(М + 4л3),
где
а2 = С2С2 = С2С2 — 12 см, и^з ~ С3С3 —• С3С3 — 10,5 см,
откуда
J = 2J^ + 2(^JL_ + 122-6-6) + 2(---—+ 10,52-9-3) = 37 152 см4.
12 V 12 v 12
Как видим, результаты те же, что и в первом варианте решения.
Следует заметить, что решение подобных задач вторично при иной
разбивке на составны е части является самым надежным способом
проверки правильности полученных результатов.
Пример 6. Вычислить главные центральные моменты инерции
плоского сечения, указанного на рис. 3.10.
91
Рис. 3.10. К примеру 6
Решение. Разделим плоское
сечение на простейшие элементы:
1) двутавр № 20 сплошного сече-
ния без выреза; 2) вырез прямо-
угольного сечения; 3) швеллер № 16.
Фигура сечения имеет вертикаль-
ную ось симметрии, поэтому центр
тяжести лежит на ней.
Проведем базовую ось и через
центр тяжести швеллера, найдем ко-
ординаты составных элементов от-
носительно данной оси и определим
площади элементов фигуры: =
= 11,8 см; v2 = 14,8 см; v3 = 0 и Аг =
= 26,8 см2; Л2 = 5,2 см2; Л3 = 18,1 см2.
Площадь и моменты инерции выре-
за будем считать отрицательными.
Для двутавра и швеллера данные
выбираем из таблиц ГОСТа. В этих
таблицах площади сечений и осевые моменты инерции даны в сан-
тиметрах, поэтому и для прямоугольника эти параметры необходи-
мо брать в той же размерности. Вычислим т:
+ A2v2 + -^з^з 11> 8 • 26,8 —14,8 • 5,2 „
итт —---------------=-----------------= р с м
цт Аг+А2+А3 26,8-5,2 + 18,1
Проведем главные центральные оси инерции х и у. Через цен-
тры тяжести Ор О2, О3 каждой простейшей фигуры проведем оси
Хр х2, х3, у{ параллельно главным центральным осям и определим
моменты инерции каждого элемента относительно своих осей:
ri 4о/л 4 rii 0,52-103 4 и] 4
Jr = 1840 см ; К =-------=----------= 433 см ; = 63,3 см .
J J х2 io 12 J 3
Подстрочный индекс означает, относительно какой оси вычисля-
ется момент инерции, надстрочный - какой фигуры.
Осевые моменты инерции для двутавра и швеллера берутся из
таблиц (ГОСТ 8239-89 и ГОСТ 8240-89).
В ГОСТе швеллер расположен иначе, и поэтому = Jy таб-
личное. В дальнейшем при пользовании таблицами ГОСТов нельзя
относиться формально к совпадению индексов моментов инерции.
Оси Хр х2, х3 не совпадают с главной центральной осью фигуры,
поэтому найдем моменты инерции каждой фигуры относительно
главной центральной оси х\
j\ = JXxx + Ml = 1840 + 26,8 • 5,82 = 2742 см4;
92
= Jx2 + Л2а2 = 433 + 5,2• 8,82 = 836 см4;
J411 = 7"1 + Азаз = 63,3 +18,1 • 62 = 715 см4.
Теперь можно вычислить момент инерции всей фигуры относи-
тельно главной центральной оси х, при этом момент инерции вы-
реза мы должны взять с отрицательным знаком:
J = jL + J" + Jxl = 2742 - 836 + 715 = 2621 см4.
Аналогично вычисляется момент инерции относительно оси г/, с
той лишь разницей, что оси у^ у2, Уз совпадают с осью г/, а потому
не надо пользоваться формулой момента инерции относительно па-
раллельных осей:
Т1 = Т1 = Г111
Jy J У\ ’ J У ^У'1 ’ J У Уз •
Для швеллера и двутавра значения берем из таблиц ГОСТа:
Jy — 115 см4; =747 см4, a практически можно пренебречь,
так как
Jy 12
10-0.522
12
= 0,12 см4, т.е.
= 0.
Тогда Jy = j\ + j"1 - 115 + 747 = 862 см4
Пример 7. Для заданного сечения, со-
ставленного из приваренных друг к дру-
гу прокатных профилей (рис. 3.11),
определить главные центральные момен-
ты инерции.
Решение. Данное сложное сечение
представляем состоящим из двух прос-
тых частей: I - двутавра и II - швеллера.
Геометрические характеристики (пло-
щадь и осевые моменты инерции) дву-
тавра и швеллера, а также необходимые
их размеры берем из таблиц прокатной
стали (соответственно ГОСТ 8239-89 и
ГОСТ 8240-89) (см. Приложение).
Для двутавра № 20 А1 = 26,8 см2; JX{ = 1840 см4; J У1 = 115 см4.
Для швеллера № 18 Д2 = 20,7 см2; JХ2 = 86 см4 (в таблице Jy\,
Jу2 = 1090 см4 (в таблице Jx); z0 = 1,94 см.
93
Ввиду того что рассматриваемое сечение не имеет двух осей
симметрии, следует вначале определить положение его центра тя-
жести, лежащего на оси симметрии у.
_ А^+Л^ _ 26,8-10 + 20,7-21,9 _
у —------------—------------------— 1Э, Z СМ,
с Д+Л2 26,8 + 20,7
где ух = 20/2 = 10 см; у2 = 20 + z0 = 20 + 1,94 « 21,9 см.
Одна из главных центральных осей - ось симметрии у, другая
главная центральная ось х проходит через найденный центр тяже-
сти сечения перпендикулярно первой.
Главные центральные моменты инерции сечения определяем как
алгебраическую сумму моментов инерции его частей. В случае ког-
да главная центральная ось сечения не является центральной осью
какой-либо его части (например, ось х не совпадает с осью мо-
мент инерции этой части относительно главной оси сечения опреде-
ляют по формуле Jx - Jх + а2А, где а - расстояние между этими па-
раллельными осями.
Главный центральный момент инерции сечения относительно
оси х
Jx = (Л, + «М1) + (Л2 + «2%) = (1840 + 5,22 • 26,8) +
+ (86 +6,72 -20,7) = 2565+ 1015 = 3580 см4,
где ах - ус - у{ = 15,2 - 10 = 5,2 см; а2 - у2 - ус - 21,9 - 15,2 = 6,7 см.
Главный центральный момент инерции сечения относительно
оси у
Рис. 3.12. К примеру 8
jy = Jyt + Л2 = 115 +1090 = 1205 см4.
Ось х является осью максимум,
так как Л- >
л у
Пример 8. Вычислить осевые мо-
менты инерции сечения, составленно-
го из двух приваренных друг к другу
швеллеров (рис. 3.12).
Решение. По таблицам Прило-
жения находим следующие геометри-
ческие характеристики швеллера: пло-
щадь А = 23,4 см2, расстояние центра
тяжести х0) = z0) = 2,07 см, осевой мо-
мент инерции относительно оси х Jx =
= 1520 см4, осевой момент инерции от-
носительно оси г/0 Jy = 113 см4. Центр
94
тяжести сечения находится в точке пересечения осей симметрии х,
у. Осевой момент инерции обоих швеллеров Jx относительно оси х
равен сумме осевых моментов инерции каждого швеллера:
Jx = 2JX = 2 • 1520 = 3040 см4.
Осевой момент инерции относительно оси у можно определить
по формуле
Jy = 2(Jyo+a4)l
где а = хс =2,07 см, следовательно,
4 = 2(113 + 2,072 • 23,4) = 427 см4.
Пример 9. Определить момент инер-
ции площади поперечного сечения отно-
сительно оси хх профиля, составленного
из вертикальной стенки, четырех равнобо-
ких уголков № 5 с толщиной стенок 5 мм
и двух горизонтальных листов (рис. 3.13).
(Размеры на рисунке показаны в милли-
метрах.)
Решение. Момент инерции верти-
кального листа
, 1 • ЗО3 Qc; 4
=------= 2250 см .
Jx 12
Рис. 3.13. К примеру 9
Момент инерции горизонтального листа
Jx = + 1з.1(15 + 1)2 =1,08 + 3123 = 3124 см4.
Из таблицы нормального сортамента для равнобоких уголков
ГОСТ 8509-57 находим площадь сечения, момент инерции относи-
тельно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести угол-
ка, и расстояние центра тяжести до основания уголка:
Л = 4,8 см2; J= 11,2 см4; у =1,42 см.
Момент инерции уголка относительно оси хх будет равен
Jx= J + Aa2 = 11,2+ 4,8(у-1,42) = 896 см4.
Момент инерции всего сечения будет
Jr = J' + J' + Г = 2250 + 2-3124 + 4-896 = 12 994 см4.
х jx X J X
95
Рис. 3.14. К примеру 10
Пример 10. Вычислить главные цен-
тральные моменты инерции плоского сече-
ния (рис. 3.14).
Решение. Разобьем фигуру на прос-
тейшие: I элемент - двутавр № 20 сплош-
ного сечения без выреза; II элемент - вырез
прямоугольного сечения; III, IV элементы -
швеллеры № 16. Фигура имеет две оси сим-
метрии, поэтому центр тяжести лежит на
их пересечении.
Проведем главные центральные оси инер-
ции X и у.
Через центр тяжести Olf О2, О3, О4 каж-
дой простейшей фигуры проведем оси xt,
2/1, х2, у2, х3, у3, х4, у4 параллельно главным
центральным осям и определим моменты
инерции каждого элемента относительно сво-
их осей:
Jlx =1840 см4;
Iй
•/ х2
6/г3 _ 0,52-103
12 " 12
= 43,3 см4;
J111 = J™ = 63,3 см4.
J х3 J х\
Подстрочный индекс означает, относительно какой оси вычис-
ляется момент инерции, надстрочный - какой фигуры.
Осевые моменты инерции для двутавра и швеллера берут из таб-
лиц ГОСТов (ГОСТ 8239-89. Сталь горячекатаная. Балки двутав-
ровые. ГОСТ 8240-89. Сталь горячекатаная. Швеллеры.). Заметим,
что в таблице ГОСТ 8240-89 швеллер расположен иначе, чем в
примере, и поэтому = Jy табличное. В дальнейшем при пользо-
вании таблицами нельзя относиться формально к совпадению ин-
дексов моментов инерции.
Найдем моменты инерции каждой фигуры относительно глав-
ной центральной оси х. Заметим, что оси х^ и х2 совпадают с глав-
ной центральной осью инерции, а х3 и х4 не совпадают, поэтому для
вычисления /Д1 и необходимо воспользоваться формулой мо-
ментов инерции относительно параллельных осей:
Jx = = 1840 см4; Д1 = j" = 43,3 см4;
Jxl = = Д1 + 413«3 = 63,3 +18,1 • 11,82 = 2580 cm4 .
96
Теперь можно вычислить момент инерции всей фигуры отно-
сительно главной центральной оси х, вспомнив, что момент инер-
ции выреза надо взять с отрицательным знаком:
/ = Jx - Jx + 2Л11 = 1840 - 43,3 + 2 • 2580 = 6957 см4.
j х л л Л 1
Аналогично вычисляется момент инерции относительно оси у с
той лишь разницей, что оси у^ у^ Уъ Уь совпадают с осью у, а по-
тому не надо пользоваться формулой момента инерции относитель-
но параллельных осей:
т1 _ rl . тП _ тП . ЯП — гШ» Т™ —
Jy~Jy\’ Jy “ JУ2’ Jy ^Уз’ JУ ~Jyr
Для швеллера и двутавра значения берем из таблиц ГОСТов:
Jy =115 см4, = 747 см4, a J^ практически можно пренебречь,
и hb3 10-0,523 4 гН л -г
так как = —— =----—-----= 0,12 см ; т.е. Jy ~ 0. Тогда
у 19 19
Ju = Ju + Уи1 =115 + 2-747 = 1609 см4.
и У и У J У
Пример 11. Вычислить главные цен-
тральные моменты инерции сечения,
изображенного на рис. 3.15.
Решение. Разобьем фигуру на че-
тыре простейших: I, II - прямоугольни-
ки, III, IV -двутавры № 18. Фигура име-
ет две оси симметрии, поэтому центр
тяжести лежит в точке их пересечения.
Проведем главные центральные оси
инерции х, у и через центры тяжести
каждой простейшей фигуры проведем
оси xt, г/р х2, г/2, х3’ Уъ> х4» Уь параллель-
но главным осям инерции всей фигуры.
Вычислим моменты инерции каждой
простейшей фигуры относительно их
собственных осей инерции:
Рис. 3.15. К примеру 11
J1 = j" = — = = 13 см4; j”1 = J™ = J = 1290 см4.
1 J X1 12 12 J Xi J Х4 J Л'габ-П
Найдем моменты инерции каждой простейшей фигуры отно-
сительно главной оси х всего сечения.
Расстояние ai между осями xt и х равно сумме половины высо-
ты двутавра и половине высоты прямоугольника:
97
Й1 =а2 =у+ | = 10 см, At =А2 = 2-20 = 40 см2.
Тогда /1 = = Д +А«12 =13 + 40 -102 =4013 см4.
Оси х3, х4 совпадают с осью х, поэтому Д1 = = 1290 см4,
= J? = I290 см4-
</ Л ЛД
Теперь можно найти момент инерции всей фигуры относитель-
но оси х:
jx = 2J1X+2J1X1 =2-4013 + 2-1290 = 10 606 см4.
Пример 12. Определить положение главных центральных осей и
вычислить величины главных центральных моментов инерции.
Решение.
1. Определяем координаты центра тяжести сечения в системе
вспомогательных осей и и v.
98
Площадь сечения полосы Ai = 1,6 • 16 = 25,6 см2; площадь се-
чения двутаврового профиля № 24: Л2 = 34,8 см2 (по таблице
ГОСТ 8239-89).
AiUi + А2и2 25,6-8 + 34,8-5,75 „ _
и = =-------------------- 6 7 см;
с А1+А2 25,6 + 34,8
/11^1 + ^2^2 35,6 • 0,8 + 34,8 • 13,7 о . _
Vr =-----------=-------------------— = о I / см.
с 4+Л2 25,6 + 34,8
2. Определяем осевые моменты инерции относительно вспомога-
тельных центральных осей х0 и z/0, параллельных собственным глав-
ным центральным осям полосы и двутавра.
Момент инерции относительно оси х0:
Ло = А + + Jx-2 + ^2+;
Z>1 = vc - = 8,17 - 0,8 = 7,37 см;
Д = 3460 см4 (по ГОСТ 8239-89);
Z?2 = - v2 = 8,17 -13,6 = -5,43 см;
JXo = 5,46 + 7,372-25,6+ 3460 +(-5,43)2-34,8 = 6062 cm4.
Момент инерции относительно оси z/0:
Ло = Jy\ + а12/11 + Д2 + Й2Л2:
-I 1,6 • 163 „ 4
J,. = —-----= 546,13 см4;
•2|/1 12
=uc-Ui = 6,7 - 8,0 = -1,3 см;
= 198 см4 (по ГОСТ 8239-89);
а2 = ис ~ и2 = 6»7 - 5,75 = 0,95 см;
Jy0 =546,13 + (-1,3)2-25,6 + 198 + 0,952-34,8 = 818,8 см4
3. Определяем центробежный момент инерции сечения относи-
тельно осей х0, у0:
/г и — /г 11 Vibi^i + j}} 1Jn + cinb^A1),
J хо!/о J Х\У\ iii хчУч ill
99
Т* = 0 и /I1,, =0, так как соответственно для полосы и дву-
J Х1У1 J Х‘2У2 J
тавра оси xlf у\ и х2, у 2 являются главными осями.
JY1J =-1,3-7,37-25,6-5,43-0,95-34,8 = -424,79 см4.
4. Определяем угол наклона главных центральных осей к вспо-
могательным центральным осям:
tg2а0 = 2= 2 ( .42А’?-91 = 0,1632;
JtJ -Jx 818,8-6062
J Уо J х0 ’
2а'о = 9°27'; а'о = 4°63'; «о = 94°63'.
5. Определяем главные центральные моменты инерции:
2 "2
ХОУ() •
Так как JXq > J , а ось х составляет меньший угол с осью х0, чем
с осью 2/0, то, очевидно, Jx = Jmax,
min*
= 6062 + 818,8
J х — J max — 2 +
17(6062 - 818,8)2 + 4 • (-424,79)2 = 6096,2 см4;
__ 6062 + 818,8
J у ~~ J min “ 2
-17(6062 - 818,8)2 + 4 • (-424,79)2 = 784,6 см4.
Пример 13. Определить координаты центра тяжести сечения,
составленного из листа 180x8 мм и равнобокого прокатного уголка
80 х 80 х 8 (рис. 3.17). Найти положения главных центральных осей
инерции, вычислить значения главных моментов инерции.
Решение. Геометрические характеристики отдельных элемен-
тов сечения:
1) лист: площадь сечения = 1440 мм2; собственные моменты
инерции:
о 0,8-183 4 о 18-0,83 4
х ----------= 338,8 см ; к. =---------~ 0,77 см ;
х 12 Jy 12
100
a
Рис. 3.17. К примеру 13
2) уголок (по ГОСТ 8509-86):
А2 = 12,3 см2; = 73,36 см4;
Jmax= 116,39 см4;
Лип =30,32 см4;
И) Jmax-Jmin • п 116,39-30,32 . 4
j xy 2 2
z0 = 2,27 cm.
1. Определяем координаты центра тяжести сечения.
Выбрав вспомогательные оси х1 и у{, подсчитаем статические мо-
менты сечения:
5^ =Л1г/11+Л2г/1>2 =14,4-9+ 12,3-2,27 = 157,52 см3;
Sy =Л1хи + Л2х12 =14,4-0,4 + 12,3-3,27 = 45,981 см3
Расстояние от осей х1 и до центра тяжести сечения:
X -
с Ai+A2
45,981
12,3 + 14,4
= 1,72 см, ус =
+ Л2
157,52
12,3 + 14,4
= 5,89 см.
2. Определяем положения главных центральных осей инерции.
Через найденный центр тяжести сечения проведем новые вспо-
могательные оси хс и ус, параллельные полкам уголка, и вычислим
101
осевые и центробежный моменты инерции сечения относительно
этих осей, пользуясь формулами перехода к параллельным осям.
Вычисления удобно свести в табл. 3.3.
Таблица 33. Таблица моментов инерции сечения
Номер элементов сечения Площади элемен- тов сечения Л, см2 Координа- ты центра тяжести площадей, см Моменты инерции площадей, см4
Jxc + Лс : = /° + J У JхСУс ~ 3ху + ^сУс
хс Ус Jx Л/с Jx.. Jy Ах% Ас 1° J ху АхсУс 7xcz/c
1 14,4 -1,32 3,11 388,8 139,3 528,1 0,77 25,09 25,86 0,00 -59,11 -59,1
2 12,3 1,55 -3,62 73,36 161,2 234,6 73,36 29,55 102,9 -43,0 -69,01 -112,1
Итого 462,2 300,5 762.6 74,13 54,64 128.8 -43,0 -128,1 -171,16
Таким образом, Jx-c =762,61 см4, }Ус =128,77 см4 и JХсУс =
= -171,16 см4.
Угол наклона главных осей к осям хс и ус определяется из условия
tg2a0 = 272сУ;
Ac J*c
-2-171,16
128,77-762,61
Отсюда 2a0 = 28О36', a0 = 14°18', sina0 = 0,245, cosa0 = 0,9695,
sin2a0 = 0,475.
3. Вычисляем главные центральные моменты инерции.
Пользуясь формулами перехода к повернутым осям, получим:
Jx = Jxc cos2 “о + Jyc sin2 a0 - JXcyc sin 2a0 =
= 762,61-0,96952 +128,77 • 0,2452 +171,16 • 0,2256 = 763,1 cm4 ;
J у = Jxc sin2 ao + Jyc cos2 a0 - JXcyc sin 2a0 =
= 762,61 0,2452 +128,77 • 0,96952 -171,16 • 0,2256 = 128,17 cm4 .
Можно также воспользоваться формулами, не содержащими
тригонометрических функций, получив те же значения Jx njy.
Jшах/ min (Ухс 4"
*сУс
Проверка арифметических выкладок (Jх + Jy = JXc + }Ус == const) :
102
Jx+ Ju =128,17 + 763,1 = 891 см4;
j x j у
jx +Ju =762,61 + 128,77 = 891 CM4.
Положение главных осей инерции показано на рисунке. Так как
угол а0 > 0, то откладываем его от оси хс против хода часовой стрел-
ки до главной оси х. Заметим, что если JY < 0, то главная ось,
лсУс
относительно которой момент инерции имеет наибольшее значение,
проходит через первый квадрант. Из сопоставления найденных ве-
личин видно, что
J х ~ J max </1> Jу Jmin J 2 •
Главные моменты инерции сечения можно определить также гра-
фически, пользуясь кругом Мора (рис. 3.17, б). Отложив в выбранном
масштабе координаты точек Da(OE = JXc, EDa = Jx Ус) и D^(OE{ =
= , E^Dp = JycXc), строим круг Мора так же, как при графическом
определении главных напряжений по заданным сг, тг?у и су7/, тух.
4. Построим эллипс инерции сечения.
2 2
Х У 4
Уравнение эллипса инерции имеет вид — + —- = !.
(г
Здесь ix и iy - главные радиусы инерции сечения - являются по-
луосями эллипса:
[77 763,1 .о/ [77 128,17 !О4П
1Х = = = 5,34 см; I = А-Е- = ---------=’2,19 см.
V А \ 26,7 у у А У 26,7
<
Отложив радиусы инерции перпендикулярно к соответствую-
щим осям в том же масштабе, в каком вычерчена фигура, строим на
них как на полуосях эллипс инерции (рис. 3.17).
Пример 14. Определить положение главных центральных осей и
вычислить величины главных центральных моментов инерции
(рис. 3.18): 1 - уголок 70 х 45 х 5 мм (ГОСТ 8510-86); 2 - швеллер
№ 12 (ГОСТ 8240-89); 3 - лист 20 х 2. (Размеры сечения на рисун-
1) уголок № 7/4,5 (ГОСТ 8510-86):
А = 5,59 см1 2;
Jx = 27,78 см4;
Jy = 9,05 см4;
Лпп = 5-34 см4;
В = 70 мм;
b = 45 мм;
х0 = 1,05 см;
ке даны в сантиметрах.)
103
h
г/0 = 2,28 см;
2) швеллер № 12 (ГОСТ 8240-89):
А = 10,9 см2;
Jx=174 см4;
Jy = 20,4 см4;
Xq = 1,44 см;
b = 4,6 см;
Л — 10 см;
3) л ист 20 х 2:
А - 40 см2;
Ь = 2 см;
h = 20 см;
см4;
Jx 12 12
hb3 2-203 4
„ =----=-------= 1333,33 см4.
y 12 12
Рис. 3.18. К примеру 14
Решение.
1. Определяем положение центра тяжести (рис. 3.19).
Вспомогательные оси - XY.
% _ X A A _ + А2Х2 + Л3Х3 _
X Ai At + А2 + A3
5,59 • (-1,05) +10,9 • 1,44 + 40 • 10 Q -
=-------------------------------------= 7,25 см;
5,59 + 10,9 + 40
104
Y
x3=10
Рис. 3.19. К примеру 14
у ^ХАА - АА+АА+АА _ 5,59-2,28 + 10,9-5 + 40 11
с ХА А+А+А 5,59 + 10,9 + 40 ’
2, Определяем осевые и центробежные моменты инерции отно-
сительно осей XCYC:
ах = Yc - = 8,98 - 2,28 = 6,7 см; br=Xc + X{ = 7,25 + 1,05 = 8,3 см;
«2 = А - А = 8,98 - 5,0 = 3,98 см; Ь2 = Хс - Х2 = 7,25 - 1,44 = 5,81 см;
a3=Y3-Yc = 8,98 - 11= -2,02 см; Ь3 = Х3 - Хс = 7,25 - 10 = -2,75 см;
Jx( = l.(Jxi + Aial2)=Jx} + Ala]2+Jx2 + A2a22+Jx3 +A3a32 =
= 27,78 + 5,59 • 6,72 + 174 + 10,9 • 3,982 + 13,33 + 40 • (-2,02)2 =
= 27,78 + 250,94 + 174 + 172,66 + 13,33 + 163,22 = 801,92 cm4;
Ac - Y + AA2) =A + A^]2 +Jy2 + A2b22 +Jy3 + A3b32 =
= 9,05 + 5,59 8,32 + 20,4 + 10,9 • 5,812 + 1333,33 + 40 • (-2,75)2 =
= 9,05 + 385,1 + 20,4 + 367,94 + 1333,33 + 302,5 = 2418,3 cm4.
Центробежный момент инерции уголка:
JX^Yj ~ “ ./min XA'j — Утш) ~
= 7(27,78-5,34)-(9,05-5,34) =9,12 cm4;
105
Jx2y2 =0; Jx3y3 =0;
Jxcyc = Х(/х^ + Aiaibj)=JxiYi +A{albl+Jx2Y2 +A2a2b2+Jx3Y3 +А^3Ь3 =
= 9,12 + 5,59 • 6,7 • 8,3 + 0 + 10,9 • 3,98 • 5,81 + 0 + 40 • (-2,02) • (-2,75) =
= 9,12 + 310,86 + 252,05 + 222,2 = 794,23 cm4.
Примечание. При несовпадении положений собственных цен-
тральных осей проката в сортименте и в заданном сечении следует
учесть перемену осей.
4. Определяем положения главных центральных осей.
Так как Jx < J , то определяется положение главной оси V:
4tg 2av = -
2 J хсус
2'7^21...- = 0,983;
801,92-2418,3
2av= 44,50°;
av= 22,25°.
5. Определяем величины главных центральных моментов инер-
ции (рис. 3.20).
Рис. 3.20. К примеру 14
Jmax = — =
min
= 801’92 + 2418’3 ± 1 J(801,92 - 2418,3)2 + 4 • 794,232 =
2 2VV '
= | (3220,2 ±2266,3);
106
У„=7тах = 2743,3 см4;
[ Jr=Jmin = 476,95 см4;
Лс +Jyc =JU+JV, 3220,2 = 3220,2.
Проверка: Juv = 0;
j _ Ac—Jy^_ -n 2a + J cos 2a =
J UV 2 u лсУс
= 801.92-2418,3 23 • 0,7132 =
2
= -566,47 + 566,53 = 0,06.
Погрешность: • 100% = 0,011%.
566,53
Пример 15. Определить главные моменты инерции сложного се-
чения (рис. 3.21). (Размеры на рисунке даны в сантиметрах.)
Рис. 3.21. К примеру 15
Решение. Так как оси X и Y являются осями симметрии, то
это и есть главные центральные оси сечения.
107
Разбиваем сечение на простые фигуры: I - прямоугольник с осно-
ванием Ьх - 8 см и высотой h = 16 см; II - круг диаметром d = 6 см;
III - два треугольника с основанием Ь3 = 4 см и высотой /г3 = 4 см.
Момент инерции сечения относительно оси X равен:
}Х=Л-Л1 +2J111;
HI те/4 3,14-64 ___ ,
/" =-----=--------- 63,58 см4;
Jx 64 64
Jxli = Jx3 + А3 а2 = + ~b3h3a2 =
3 3b 2
4-43 1 о z
= —— + — • 4• 4-9,ЗЗ2 = 703,5 см4;
36 2
Jr = 2730,66 - 63,58 + 2 703,5 = 4074,08 см4.
Момент инерции сечения относительно оси Y равен:
Jу = Jу ~ Jу +2Jу ’
ji = = 16^1 = 682,66 см4;
у 12 12
Jy=Jx =63,58 см4;
УIII =^3 = 5 33 см4
Jy 48
Л = 682,66 - 63,58 + 2 5,33 = 629,74 см4.
Так как/г <Jyi то
J =J = 4074,68 см4;
Jv=Jy = 629,79 см4.
------------- Задачи --------------
Для заданной тонкой однородной пластины определить
положение центра тяжести (рис. 3.22). (Размеры на чертеже даны в
сантиметрах.)
108
Рис. 3.22. К задачам 1...10
11..*20. Определить положение центра тяжести тонкой однород-
ной пластинки, форма и размеры которой в миллиметрах показаны
на рис. 3.23. Данные для своего варианта взять из табл. 3.4.
109
Рис. 3.23. К задачам И...20
110
Таблица 3-4. Исходные данные к задачам 11...20
Номер схемы на рис. 3.23 Вари- ант Величина Номер схемы на рис. 3.23 Вари- ант Величина
а, мм Ь, мм а, мм Ь, мм
XI 1 200 150 XII 0 360 160
12 210 140 и 310 140
23 180 130 22 320 150
34 190 110 33 330 170
46 170 150 45 340 180
51 180 140 50 350 140
67 190 130 66 320 150
72 200 120 71 370 170
89 210 ио 1 84 310 160
90 170 100 1 99 320 140
XIII 4 160 100 | XIV 6 600 440
15 150 110 1 17 610 400
26 140 120 28 580 410
37 170 90 39 560 420
49 180 80 41 540 430
54 170 100 56 530 450
60 180 110 62 600 420
75 140 80 77 530 400
81 150 90 82 540 410
93 160 120 95 590 420
XV 2 280 220 XVI 8 900 600
13 270 210 19 800 620
24 260 200 20 910 640
35 250 190 31 820 650
47 240 180 43 930 610
52 270 200 58 840 630
68 280 190 64 850 580
73 290 220 79 890 590
80 260 180 83 880 600
91 250 210 97 870 650
111
Окончание табл. 3.4
Номер схемы на рис. 3.23 Вари- ант Величина Номер схемы на рис. 3.23 Вари- ант Величина
а, мм Ь, мм а, мм Ь, мм
XVII 3 920 290 XVIII 9 300 200
14 900 300 10 290 210
25 910 310 21 280 220
36 920 280 32 270 230
48 930 320 44 310 230
53 880 310 59 320 190
69 890 290 65 330 210
74 870 300 70 340 220
85 910 320 88 310 230
92 900 280 98 280 240
XIX 5 260 120 XX 7 450 300
16 270 100 18 400 240
27 280 110 29 500 250
38 290 90 30 410 260
40 300 120 42 420 270
55 300 110 57 430 280
61 310 120 63 440 290
76 270 90 78 460 310
86 280 100 1 87 480 320
94 300 100 | 96 490 330
21...30. Определить главные центральные моменты инерции се-
чений с вертикальной осью симметрии. Форма и размеры сечений
в миллиметрах показаны на рис. 3.24.
31...40. Вычислить главные центральные моменты инерции плос-
кого сечения (рис. 3.25). Данные для решения своего варианта за-
дачи выбрать из табл. 3.5.
112
Рис. 3.24. К задачам 21...30
ИЗ
Рис. 3.25. К задачам 31...40
114
Таблица 3.5. Исходные данные к задачам 31...40
Номер ва- рианта задачи Номер Величина Схема по рис. 3.25
двутавра швеллера уголка а, мм Ь, мм
31 20 12 - 46 52 XXXI
32 16 - 4 120 10 XXXII
33 36 - 5 100 90 хххш
34 30 - 7/4,5 160 120 XXXIV
35 20 - 3,6 85 60 XXXV
36 - 16 5,6/3,6 200 16 XXXVI
37 - 20 4,5 120 60 XXXVII
38 14 40 - 50 40 XXXVIII
39 14 36 - 60 70 XXXIX
40 18 - 4,5 180 20 XL
41...50. Для заданного сечения, составленного из прокатных
профилей (рис. 3.26), определить главные центральные моменты
инерции.
115
XLIII
116*10
1шт.
N- /4
2 шт.
XLVI azzi SzzjsSS fW s 2 шт.
к 2 шт.
\/20*№
2 шт.
Рис. 3.26. К задачам 41...50
Глава 4
СРЕЗ И СМЯТИЕ
4.1. Общие понятия
Для соединения между собой различных деталей применяются
болтовые, штифтовые, шпоночные и шлицевые соединения. Если
же узлы не должны разбираться, применяют сварные, клеевые, а
иногда заклепочные соединения. В соединительных элементах воз-
никают касательные напряжения в сечениях, расположенных в плос-
кости возможного сдвига соединяемых деталей, поэтому их рассчи-
тывают по условию прочности на срез:
тср = = [TcpL (4.1)
^ср
где Лср - площадь среза, мм2; Q - поперечная сила, Н; [тср] - допус-
каемое напряжение на срез, МПа.
Детали для соединения отдельных элементов машин (заклепки,
болты, штифты и т.п.) воспринимают нагрузки, перпендикулярные
их продольной Т)си. Расчеты таких деталей базируются на следую-
щих основных допущениях:
1) в поперечном сечении возникает только один внутренний си-
ловой фактор - поперечная сила Q,
2) касательные напряжения в поперечном сечении распределены
по его площади равномерно;
3) если соединение осуществлено несколькими одинаковыми де-
талями (болтами и т.п.), то принимается, что все они нагружены
одинаково.
Условие прочности при срезе
Кр], (4.2)
где тср - расчетное напряжение среза, возникающее в поперечном
сечении рассчитываемой детали; k - количество срезов одной за-
клепки; Q - поперечная сила; г - число болтов, заклепок и т.п.; d -
Диаметр болтов, заклепок и т.п.; [тср] = (0,25 - 0,35)от - допускаемое
напряжение среза, здесь от - предел текучести материала болта.
~ nd
\P=Q/ ik—
117
При передаче сил от одного элемента конструкции к другому в
местах соприкосновения возникают местные напряжения. Эти на'
пряжения, достигнув значительной величины, могут привести к
смятию поверхности. Чтобы избежать повреждения поверхности,
необходимо производить расчет по условию прочности на смятие:
где [сгсм] - допускаемые напряжения на смятие, МПа; F - сила дав-
ления, Н; Лсм - площадь поверхности контакта, мм2.
Рассчитывая болтовые, шпоночные, шлицевые и штифтовые
соединения при постоянной нагрузке, для сталей марок 15, 20, 25,
Ст.З и Ст.4 можно принимать [ссм] = 100-120 МПа, для сталей ма-
рок 35, 40, 45, Ст.5, Ст.6 [осм] = 140-165 МПа и для чугунного литья
[осм] = 60-80 МПа.
Расчетная формула на смятие, когда соединение осуществлено
несколькими одинаковыми деталями, имеет вид
^СМ ~ F / (^См) — KMJ, (4-4)
где - расчетная площадь смятия, Лсм = 8mi d\ [oCMJ - допускае-
мое напряжение на смятие, принимают по табл. 4.1; 8min - мини-
мальная толщина соединяемых деталей; d - диаметр заклепки; i -
число заклепок.
В заклепочном соединении проверяется прочность листа по
формуле
CTcM = 5(Z>-mJ)“l<TcJ’ (45)
где т -у число заклепок, попадающих в одно поперечное сечение
листа; о - ширина листа; 8 - толщина листа; d - диаметр заклепок.
Таблица 4.1. Значение допускаемых напряжений на смятие
Материал конструкции Допускаемые напряжения
при продавленных отверстиях при сверленых отверстиях
Кр] 1асм] [Тср] [ас.м1
Сталь Ст.2 100 240 140 280
Сталь Ст.З 100 280 140 320
-----------Примеры-------------
Пример 1. Определить высоту h и диаметр D головки стержня,
нагруженного растягивающей силой F (рис. 4.1). Допускаемые на-
пряжения для стали Ст.З при продавленных отверстиях принимаем
[о] = 140 МПа.
118
Решение. Определяем допускаемую нагруз-
ку из условия прочности стержня на растяжение:
fp=lapM = [Op]—;
314-402 Ч
F = 140 ’ = 176 • 103 Н.
р 4
Определяем высоту головки из условия проч-
ности на срез, принимая [тср] = 100 МПа (см.
табл. 4.1):
Рис. 4.1. К при-
меру 1
^ср -^р / ^ср / (^(Л) — [^ср! ’
откуда
Fp _ 176-103
nd0[-ccpJ ” 3,14-42-100
Определяем диаметр опорной поверхности головки из условия
ее прочности на смятие, принимая [<тсм] = 280 МПа (см. табл. 4.1):
°см = Д' = V -1°см 1 -
4м ^-d0)
откуда
4Fn о
---—+ ^о =
4°CmJ
D =
4-176-103 ,_2
-----------1- 42 =51 мм.
3,14-280
Пример 2. С помощью пальца 1 шарнирно соединены детали 2 и
3 (рис. 4.2). Сила F= 100 кН; материал пальца - сталь 40;
[тср] = ЮО МПа; [осм] = 160 МПа. Определить требуемый диаметр
пальца. По принятому диаметру пальца проверить прочность сое-
диняемых деталей. Материал деталей -
сталь Ст.З.
Решение. Условие прочности на
срез пальца при его работе на срез по
Двум плоскостям можно написать в виде
2 -1Тср1,
« Ted
k----
4
Рис. 4.2. К примеру 2
где k = 2,
119
откуда
, I 2F 2-100-103 г—=
d = /-----= J-----------= V627 = 25,2 мм.
' ’ 3,14-100
Условие прочности на смятие
асм = л7 = ^"1СТсм]’
LCM
откуда
, F 100-103 О4 ое
d = -----=---------= 31,25 мм.
Л[осм] 20-160
Принимаем диаметр пальца d = 32 мм.
Проверку на растяжение полосы 2 по ослабленному сечению
производим по формуле
СУр <[СУр],
Z1oc.n
где N=F- продольная сила; Лосл = h(b - d) - площадь ослабленного
сечения.
Подставляя известные значения, получим
N 100-103
о =-------= -.- — = 104 МПа<[оп].
р Лосл 20(80-32) pJ
Так как рабочие напряжения меньше допускаемого [сгр] = 160 МПа,
прочность листов достаточна.
б
а
Рис. 4.3 К примеру 3
Пример 3. Стальной обра-
зец (рис. 4.3) был испытан на
растяжение. Испытания про-
водились в круглых захватах
разрывной машины. Опреде-
лить наибольшие напряжения
сдвига и смятия, возникщие в
головке образца при испыта-
нии. Предел прочности при
растяжении ор = 400 МПа.
Решение. Находим нагруз-
ку F, соответствующую пределу
прочности при растяжении:
„ ml2 3.14-62
F = —-ст =---------400 =
4 ' 4
= 11 304 Н.
120
Под действием силы F возникают напряжение среза по цилин-
дрической поверхности, которое при достижении предела прочно-
^.й на срез может срезать головку, и напряжения смятия по опор-
ному кольцу головки.
Площадь среза
Лср = 7idh = 3,14-6-7 = 132 мм2.
Площадь смятия
л(б/2-<72 ) 3,14-(122 - 62 ) 2
д __----------- _-------------- _ 33 мм
см 4 4
Напряжения среза в головке образца
F 11304 о__
т..п =----=--------= 85,6 МПа.
ср Лр 132
Напряжения смятия по опорному кольцу образца
= _F_= 11304 =132>9 мш
4м 85
Пример 4. Полоса 1 через приваренную к ней накладку 2 шар-
нирно соединена с полосой 4 с помощью пальца 3 (рис. 4.4). Из
условия равнопрочное™ всей конструкции определить длины /л и
/ф сварных швов, диаметр d пальца, толщину 5 и ширину b полосы 4.
Для материала деталей 1, 2 и 4 (сталь Ст.З) принять допускаемые
напряжения при растяжении [ор] = 140 МПа и при смятии [сгсм] =
= 180 МПа; для материала пальца (сталь 45) при срезе [тср] = 80 МПа;
для материала сварных швов при срезе [тср] = 85 МПа.
Решение. Равнопрочность конструкции подразумевает работу
каждой из ее деталей при напряжении, близком к допускаемому,
т.е. без существенной недогрузки.
1. Из условия прочности
полосы 1 при растяжении (раз-
меры сечения полосы заданы)
определяем допускаемое значе-
ние силы F:
N
<у = —<[<*р];
/1
отсюда
Рис. 4.4. К примеру 4
F< 800 -140; F <112 000 Н.
121
Здесь продольная сила N = F, площадь сечения полосы А = 16 х
х 50 = 800 мм2 и допускаемое напряжение [ор] = 140 МПа.
2. Из условия прочности угловых сварных швов при срезе оп-
ределяем длины /?1 и /ф швов:
£
тср= —<|TCPJ; Лср =cos45-&-/,
z*cp
отсюда
F
cos45-£-[rcpJ
суммарная длина швов
Рис. 45. К примеру 4
= 189 мм
При расчете принято k =
= 10 мм - катет сварного шва
(рис. 4.5). Учитывая, что I = /л +
+ 2/ф, и приняв длину лобового
шва /л = 50 мм (равной шири-
не пластины 1), найдем длину
нахлеста, т.е. длину фланговых
швов:
/ф = (/-/л)/2 = (189-50)/2 =
= 69,5 мм.
Принимаем /ф = 70 мм.
3. Из условия прочности пальца при срезе определяем его диа-
метр d\
F . . nd
тгп =----< тгпJ; An =-----n
cp Лср L cpJ cp 4
(n = 1 - число плоскостей среза пальца),
отсюда
d =
4-112 000
3,14-80
= 42,2 мм.
Принимаем d = 42 мм.
4. Из условия прочности деталей шарнирного соединения при
смятии определяем толщину 5 полосы 4:
122
<?см
F F
“7 — IVcmL ^min — j г 7 »
^min “ ’ IVcm J
5min
112 OOP
42-180
= 14,8 мм.
Принимаем 5=15 мм.
Здесь принято 5min = 5, так как по условию толщина полосы 4 и
накладки 3 одинакова.
5. Из условия прочности полосы 4 при растяжении определяем
ее ширину Ь:
дг
= A = (b-d)s; (b-d)>-——;
Л р [CTpJ-s
L , 112 000
b-d =---------= 53,3 мм;
140-15
b = d + 53,3 = 43 + 53,3 = 96,3 мм.
Принимаем b = 96 мм.
Пример 5. Круглый стальной стержень
испытывали на срез с помощью приспособ-
ления, которое находилось между под-
вижной и неподвижной траверсами одного
из прессов (рис. 4.6). Определить наиболь-
ший диаметр стального стержня, если сила
среза F = 1177,5 кН и временное сопро-
тивление испытуемой стали при срезе
тв = 300 МПа. Толщины проушин принять
t = 30 мм.
Решение. Стержень подвергается сре-
зу по двум сечениям. Усилие, необходимое
для перерезывания стержня диаметром d,
F= п(псР/4)хп, (п = 2- количество срезов),
откуда диаметр
Рис. 4.6. К примеру 5
Следовательно,
/2 • 1177,5 • 103
V 3,14-300
= 50
мм.
Напряжения смятия, возникающие в высокопрочных вкладных
втулках проушин, будут
123
асм
F_ _ 1177,5-103
td~ 30 • 50
= 785 МПа.
Пример 6. Стык двух листов, толщина которых t= 10 мм, рас-
тягивается силами F= 240 кН (рис. 4.7). Стык перекрыт двумя на-
кладками, толщина которых = 6 мм. Найти необходимое количе-
ство заклепок диаметром d = 20 мм и разместить их в плане. Допус-
каемые напряжения для заклепок: на срез - [тср] = 100 МПа, на
смятие - [осм] = 240 МПа, на растяжение листов - [ор] = 160 МПа.
40606040
Рис. 4.7. К примеру 6
Решение. Заклепки двухсрезные. Необходимое количество их
из условия прочности на срез должно быть
F 2-240 000
п >----z----=--------------
оти/2 , 3,14-202-100
2—[тср]
По условию прочности на смятие требуется
F 240 000
п > —----=-------------- 5
&Z[acp] 10-20-240
Следует расставить с каждой стороны стыка по 5 заклепок.
Для размещения их в плане надо определить необходимую ши-
рину листов. Из условия прочности на растяжение рабочая пло-
щадь сечения листа должна быть
лн > —=
[Пр]
240 000
160
= 1500 мм2.
Рабочая ширина листа (за вычетом ослабления заклепочными
отверстиями) должна быть
124
, Лн 1500 .cn
L = — =-------= 150 мм.
H t 10
Полная ширина b = Ьц + md, где тп - число заклепок в попереч-
ном сечении. При ширине b > 150 мм число заклепок в поперечном
ряду должно быть не менее тп = 2; тогда сечение будет ослаблено
двумя отверстиями, и полную ширину листов следует принять
b = 150 + 20 • 2 = 190 мм. Пять заклепок целесообразно разместить в
шахматном порядке. Приняв шаг а = 3d и расстояния от осей закле-
почных отверстий до краев листов и накладок по с = 2d, размещаем
заклепки, как показано на рисунке.
Пример 7. Толщина стенок стального цилиндрического котла
диаметром D = 1,5 м t = 10 мм. Котел имеет шов, перекрытый двумя
накладками толщиною tx = 6,0 мм каждая, присоединенными к
стенке котла двумя рядами заклепок (с каждой стороны стыка) ди-
аметром d = 20 мм. Размещение заклепок - в шахматном порядке.
Расстоянием между рядами е = 45 мм, шаг в каждом ряду а = 100 мм
(рис. 4.8). Испытать на прочность стыковое соединение, если допус-
каемые напряжения на растяжение стали [<тр] = 122 МПа, на срез
[тср] = 80 МПа, на смятие [осм] = 245 МПа. Рабочее давление пара
внутри котла q = 1,28 МПа.
Рис. 4.8. К примеру 7
Решение. Нормальные напряжения в стенке котла, направлен-
ные перпендикулярно к образующей, складываются в усилия, рас-
тягивающие стык. Вырезав полоску шириной а = 10 см так, что на
ней размещаются две заклепки, найдем величину усилий, растяги-
вающих эту полоску и воспринимаемых двумя двухсрезными за-
клепками:
125
п = ^-
1 2t
„ qD 1,28 1500 Q„ „пл „
F = о1 - A = — at = ------------100 = 96 000 H.
1 2t 2
Проверка прочности заклепок на срез и смятие дает
2F 2-96 000
т = - = 76,43 МПа < 80 МПа,
nd2n 3,14-202-2
F 96 000 _/А . о/1. , 1ГГ
ст =---=----------= 240 МПа < 245 МПа.
с tdn 10-20-2
Произведем также проверку прочности стенки котла на растя-
жение по сечению m-п, ослабленному одним заклепочным отвер-
стием, и условно по зигзагообразному сечению т^-щ, ослабленному
двумя отверстиями.
Сечение т-п. Площадь сечения нетто
А„ = (а- d)t = (100 - 20) • 10 = 800 мм2.
Напряжение
F 96000 .4ГГ (ПО,т
о = — =------= 120 МПа < 122 МПа.
Ан 800
С е ч е н и е . Площадь сечения брутто и нетто
<122 + >/502 +452
2
•10 = 1173 мм2;
Ан = Лбр -2tJ = 1172-2-10-20 = 772 мм2.
Напряжение
F 96 000 , __ КуГГТ
а = — =--------= 124,4 МПа> 122 МПа.
Л 772
Таким образом, в сечении не соблюдаются условия проч-
ности.
Пример 8. Стальная полоса приварена к фасонному листу вна-
хлестку одним лобовым и двумя фланговыми швами (рис. 4.9). Она
подвергается растяжению под действием силы F=0,l МН. Найти
наименьшую длину фланговых швов, необходимую для прикрепле-
126
ния полосы к фасонке, если допускае-
мые напряжения на срез швов [тср] =
= 90 МПа. Размеры сечения полосы
b = 100 мм и t = 8 мм.
Решение. Проверка прочности ло-
бовых швов условно производится на
срез. Принято считать, что усилие, вос-
принимаемое всеми швами, равномер-
но распределяется по рабочему их се-
чению. Следовательно,
Тср ” 0,7(6 + 2/р) ~[Тср]’
Рис. 4.9. К примеру 8
Отсюда расчетная длина флангово-
го шва
F
о.7г[тср]
-ь
ю5
2
2 0,7-8-90
-юо
= 49 мм.
Проектную длину шва (при учете ослабления непроваром толь-
ко на одном конце) следует принять I ~ 49 + 5 = 54 мм.
Пример 9. Уголок растягивается усили-
ем F= 160 кН, катеты швов которого равны
t = 8 мм (рис. 4.10). Найти длину фланговых
швов, необходимую для приварки равнобо-
кого уголка размерами 110x110x8 мм к фа-
сонному листу, если допускаемое напряже-
ние на срез швов [тср] = 80 МПа.
Решение. Общая длина обоих боковых
швов может быть определена из условия
прочности их на срез:
F
0,74^ср]
160-103
0,7-8-80
= 357 мм. (4.1)
Растягивающее усилие F приложено в
Центре тяжести уголка, отстоящем от обуш- Рис. 4.10. К примеру 9
на расстоянии z0 = 30 мм. Так как линия
Действия усилия F проходит на разных расстояниях от левого и
правого швов, то доля этого усилия, приходящиеся на каждый из
йих, обратно пропорциональны расстояниям до швов z0 и fe-z0, т.е.
М : F2 = (6-z0) : z0. В таком же отношении следует распределить и
Длины швов:
127
lx:l2 = (b-z0): z0 = 1103030 = 2,67, или = 2,67/2... (4.2)
Решая совместно с (4.1), найдем = 260,5 мм и /2 = 97,5 мм.
Проектную длину при учете непровара примем = 270 мм и
/2 = 110 мм.
------------ Задачи
1. Определить напряжения среза и смятия, возникающие в приз-
матической шпонке, соединяющей шкив с валом (рис. 4.11), если
окружная сила F- 4 кН. Шпонка длиной /= 80 мм наполовину вхо-
дит в паз вала и наполовину в паз ступицы. Размеры: D = 800 мм;
d = 60 мм; b = 20 мм; h = 12 мм.
2. Зубчатый венец шестерни прикрепляется к ступице болтами,
расположенными по окружности диаметром D = 200 мм (рис. 4.12).
Передаваемый момент Л/=24 кН • м, диаметр болтов d =20 мм,
число болтов г = 8. Определить касательные напряжения среза в
болтах.
Рис. 4.12. К задаче 2
Рис. 4.11. К задаче 1
3. Определить диаметр болта б/, соединяющего проушину с дву-
мя накладками (рис. 4.13), и проверить ее на срез и смятие. Растя-
гивающая сила F = 100 кН; допускаемое касательное напряжение на
срез [тср] = 90 МПа; допускаемое напряжение на смятие [осм] =
= 280 МПа. Размеры: 8=16 мм; b = 60 мм.
4. Равнополочные уголки 75 х 75 х 8 (ГОСТ 8509-72) соединены
со стальным листом толщиной 8=10 мм с помощью заклепок </=20 мм
(рис. 4.14). Растягивающая сила F= 260 кН; допускаемое касатель-
ное напряжение на срез для материала заклепок [тср] = 120 МПа,
допускаемое напряжение смятия [осм] = 280 МПа. Определить не-
обходимое количество заклепок.
128
Рис. 4.13. К задаче 3
Рис. 4.14. К задаче 4
Рис. 4.15. К задаче 5
5. Шпилька диаметром 20 мм прикрепляет к стенке стальной
лист сечением b*d = 100 х 8 мм (рис. 4.15). Чему равны расчетные
касательные напряжения среза и напряжения смятия в шпильке, ।
если сила F= 3 кН?
6. Стальная скоба для подъема груза силой тяжести G = 270 кН
имеет ветви диаметром dn = 60 мм и штырь диаметром diu = 72 мм
(рис. 4.16). Проверить прочность штыря на срез и отверстия ветви на
смятие. Допускаемое касательное напряжение среза [т ] = 100 МПа;
Допускаемое напряжение смятия [осм] = 280 МПа.
7. Две стальные полосы толщиной 8 = 16 мм соединены с помо-
щью болта, установленного в отверстие без зазора (рис. 4.17). Опре-
делить из расчета на срез требуемый диаметр болта и проверить
стенки отверстия полос па смятие, если сила F=20 кН, допускае-
129
Рис. 4.17. К задаче 7
Рис. 4.16. К задаче 6
мое касательное напряжение на срез для материала болта
[тср] = ЮО МПа; допускаемое напряжение смятия [осм] = 280 МПа.
8. В стыке двух листов применены заклепки диаметром d = 28 мм.
Соединение выполнено, как показано на рис. 4.18. Допускаемые на-
пряжения: [тср] = 100 МПа; [ссм] = 280 МПа; [ор] = 140 МПа. Опре-
делить наибольшую растягивающую силу, допускаемую для стыка.
9. Определить необходимую высоту h и диаметр D головки стерж-
ня, растягиваемого силой F= 50 кН (рис. 4.19), если [оср] = 80 МПа,
допускаемое напряжение смятия [псм] = 260 МПа, диаметр отвер-
стия dQ = 30 мм.
Рис. 4.18. К задаче 8
Рис. 4.19. К задаче 9
10. Определить необходимое количество заклепок диаметром
d = 18 мм для соединения встык двух листов с помощью двух на-
кладок (рис. 4.20). Растягивающая сила F= 280 кН; толщина листов
130
5Л = 12 мм, толщина накладок 8Н = 8 мм; допускаемые напряжения:
на срез [тср] = 90 МПа, на смятие [осм] = 260 МПа.
Рис. 4.20. К задаче 10
11. Определить напряжения сдвига и смятия, возникающие в
шпонке, соединяющей шкив с валом (рис. 4.21), если окружное
усилие F= 10 кН. Шпонка наполовину входит в паз вала и наполо-
вину - в паз ступицы.
Рис. 4.21. К задаче 11
12. Вал передает зубчатому колесу мощность Р = 24 кВт при
угловой скорости со = 60 рад/с (-575 об/мин) (рис. 4.22). Прове-
рить прочность шлиц, если допускаемое напряжение [сгсм] = 50 МПа,
число шлиц z = 8. При расчете считать, что нагрузку воспринимают х
только 3/4 всех шлиц.
Рис. 4.22. К задаче 12
131
13. Проверить на смятие бурт бронзовой гайки домкрата
(рис. 4.23) грузоподъемностью F= 150 кН, если допускаемое напря-
жение [осм] = 60 МПа. Чему должен быть равен наружный диаметр
основания домкрата, если допускаемое напряжение на смятие про-
кладки [сгсм] = 2 МПа?
14. Проверить прочность пальца гусеничного трака (рис. 4.24),
если сила F=206 кН. Допускаемые напряжения: [тср] = 75 МПа,
[осм] = 300 МПа. Зазором между траком и пальцем пренебречь.
Рис. 4.23. К задаче 13
Рис. 4.24. К задаче 14
15. Три стальных листа толщиной
д1 каждый соединены заклепками с
двумя стальными листами толщиной
по 52 (рис. 4.25). Определить допускае-
мое значение действующих на соедине-
ние сил F, если [opJ = 160 МПа; [тср] =
= 110 МПа; [асм] = 280 МПа. Вычислить
расчетные напряжения растяжения, сре-
за и смятия при нагрузке, равной до-
пускаемой.
16. При торможении в ленте тормо-
за, схема которого представлена на рис. 4.26, возникает усилие
F=3,5 кН. Проверить прочность заклепочного соединения ленты с
хвостовиком АВ тормоза, если [тср] = 40 МПа; [осм] = 100 МПа.
17. Двутавровая балка опирается своими концами на выступы
кирпичной стены (рис. 4.27). На балку действует равномерно рас-
пределенная нагрузка, равнодействующая которой Q=120 кН.
Найти необходимую площадь подкладки под конец балки из усло-
вия, чтобы давление смятия на стену не превышало 1,2 МПа.
132
Рис. 4.26. К задаче 16
Рис. 4.27. К задаче 17
133
18. Стержень А соединен с вилкой В точно пригнанным к отвер-
стию болтом (рис. 4.28). Определить диаметр болта, если действую-
щие на стержень и вилку силы равны F= 32 кН, а допускаемое на-
пряжение материала болта [тср] = 50 МПа.
19. Проверить прочность опорной площади замка хвостовика
протяжки (рис. 4.29), если наибольшее усилие резания F= 75 кН и
допускаемое напряжение [осм] = 600 МПа.
Рис. 4.29. К задаче 19
Рис. 4.28. К задаче 18
Рис. 4.30. К зада-
че 20
Рис. 4.31. К за-
даче 21
20. Проверить прочность ши-
пов оправки торцевой насадной
фрезы (рис. 4.30), если момент,
скручивающий оправку при фре-
зеровании, равен 425 Н • м. На-
пряжения смятия считать рав-
номерно распределенными по
всей площади смятия.
21. Чугунная колонна, несу-
щая нагрузку F=90 кН, встав-
лена в чугунный башмак, кото-
рый опирается на кирпичный
фундамент (рис. 4.31). Опреде-
лить необходимую площадь квад-
ратной подошвы башмака при
условии, чтобы давление на фун-
дамент не превышало 1,2 МПа.
Чему равна сторона подошвы
башмака?
22. Чугунная колонна несет
нагрузку F= 400 кН и опирается
134
подошвой чугунного башмака на
пластмассовую опору Определить не-
обходимый диаметр подошвы, если
допускаемое напряжение для пласт-
массы [oCMJ = 5 МПа.
23...32. Шарнирное соединение
(рис. 4.32, табл. 4.2) стержней 1 и 4
осуществлено с помощью пальца 3
через промежуточную прокладку 2,
приваренную к стержню 1 фланго-
выми швами. Стержень 1 выполнен
из стального проката - швеллера (1
или 2 шт.), уголка (2 или 4 шт.) или
квадрата; стержень 4 и накладка 2 -
из полосовой стали одинаковой тол-
щины 5, ширина которой не задана и
определению не подлежит. Требует-
ся определить: а) длину нахлеста /
сварного соединения; б) диаметр d
а
пальца шарнирного соединения. Для
материала деталей 1, 2 и 4 (сталь Рис. 4.32. К задачам 23...32
СтЗ) принять [ор] = 160 МПа и
[сгсмJ = 250 МПа; для материала пальца (сталь 45) [тср] = 90 МПа;
для материала сварного шва [тср] = 100 МПа.
Таблица 4.2. Исходные данные к задачам 23...32
Номер задачи Тип сечения детали 1 по рис. 4.32 Размер сечения детали 1 Тип шарнирного соединения по рис. 4.32 S, мм Катет сварного шва k, мм
23 I шв. № 12 а 18 7
24 II 2 шв. № 8 б 23 7
25 III 2 уг. № 4 а 13 4
26 IV 4 уг. № 3,2 а 16 4
27 V 15 х 15 а 8 7
28 I шв. № 14 6 20 7
29 II 2 шв. № 10 а 23 7
30 III 2 уг. № 4, 5 б 13 4
31 IV 4 уг. № 3, 6 б 18 4
32 V 20x20 б 10 8
135
33...42. Стальные листы соединены между собой с помощью
штифтов, плотно вставленных в отверстия, как показано на рис. 4.33.
К листам приложены растягивающие силы F. Материал листов -
СтЗ; допускаемое напряжение на растяжение - [ор] = 140 МПа, на
смятие - [стсм] = 160 МПа. Определить диаметр болтов и проверить
прочность листов. Необходимые данные для решения задачи вы-
брать по табл. 4.3.
Рис. 4.33. К задачам 33...42
136
Таблица 43. Исходные данные к задачам 33...42.
Номер задачи Номер схемы по рис. 4.33 Величина Номер задачи Номер схемы по рис. 4.33 Величина
Д кН /, мм 5, мм F, кН /, мм 5, мм
33 I 180 400 10 38 9 II 170 220 16
34 II 160 300 8 39 III 160 340 10
35 III 210 260 12 40 IV 180 250 12
36 IV 300 240 14 41 I 200 220 14
37 I 150 230 15 42 IV 180 230 16
Глава 5
СДВИГ И КРУЧЕНИЕ
5.1. Чистый сдвиг
Возникновение касательных напряжений на гранях выделенного
элемента при напряженном состоянии называют чистым сдвигом.
Определим деформацию сдвига, условно закрепив одну из гра-
ней элемента (рис. 5.1). Верхняя грань сместится относительно ниж-
ней на Л5 под действием касательных напряжений.
A5 = tgy, (5.1)
где tgy - относительный сдвиг; А5 - абсолютный сдвиг.
Рис. 5.1. Схема деформации элемента при сдвиге
Так как у - бесконечно малый угол -» tg у « у.
Закон Гука при сдвиге
т = G у,
(5.2)
где G - модуль упругости при сдвиге.
Условие прочности при расчете на сдвиг
тсд = КдЬ
лсд
(5.3)
где тсд - напряжение сдвига; Q - сдвигающая сила; Лсд - расчетная
площадь сдвига; [тС1] - допускаемое напряжение сдвига.
Между модулем упругости при сдвиге, модулем продольной
упругости и коэффициентом Пуассона существует зависимость
138
G =---------
[2(1+ ц)]
(5.4)
5.2. Расчет бруса круглого поперечного сечения
Кручение - это вид деформации бруса, характеризующийся тем,
что из шести известных нам силовых факторов (Nz, Qx, Q , Мх, Му,
Mz) в поперечном сечении бруса отличается от нуля лишь один -
крутящий момент Mz.
Крутящий момент считается положительным (М2>0), если он
вращает брус против часовой стрелки (смотреть со стороны отбро-
шенной части бруса), и наоборот - отрицательным.
График, показывающий изменение крутящего момента по длине
бруса, называют эпюрой крутящих моментов. При кручении бру-
са круглого поперечного сечения в его сечениях возникают лишь
касательные напряжения.
Для определения максимального касательного напряжения нуж-
но воспользоваться формулой
(5.5)
где Mz - крутящий момент в сечении бруса [Нм]; Wp - полярный
момент сопротивления сечения бруса, м3, см3.
Полярный момент сопротивления определяют по формулам:
для круга
W= = 2^1 = 0,2(/3; (5.6)
р г d/2 32 d 16
для кольца
с = 4’ = = ~с4)7 = °’2б/3(1-с4)’ <57>
а И d / 2 32 а
где J - полярный момент инерции, м4, мм4; d - наружный диаметр
круга, м, мм; - внутренний диаметр кольца, м, мм.
Угол ср закручивания бруса постоянного диаметра при одинако-
вом во всех поперечных сечениях крутящем моменте
Ф = 7^- [рад], (5.8)
Ч/ р
гДе I - длина бруса, м, мм; G - модуль сдвига материала бруса,
= 8 • 104 МПа для стали.
139
Если вычислить угол закручивания в градусах на 1 м длины
вала, то № MJ (5g) Я GJp
• Брус, работающий на прочность, должен удовлетворять:
условию прочности
условию жесткости 0 = ^<10], (5 11) 4/ p
где [т] - допускаемое напряжение при кручении, Н/м2; 0 = ср// -
относительный угол закручивания, рад/м; [®] - допускаемый от-
носительный угол закручивания.
5.3. Расчет цилиндрических винтовых пружин
на прочность
Рис. 5.2. Пружина сжа-
тия с поджатыми и со-
шлифованными крайни-
ми витками
Пружины сжатия навивают с просветом
между витками. Для образования опорной
поверхности, перпендикулярной к про-
дольной оси пружины, крайние витки под-
жимают и сошлифовывают (рис. 5.2). Пру-
жины растяжения обычно навивают без
просвета между витками. Для соединения
с другими деталями на концах пружины
образуют зацепы в виде изогнутых витков.
Из рассмотрения равновесия отсечен-
ной части пружины можно установить, что
в сечении витка действует крутящий мо-
мент Т - FDq /2 и поперечная сила Q = F
(последняя не показана на рисунке, пото-
му что напряжения сдвига от этой силы
незначительны и их при расчете учитыва-
ют поправочным коэффициентом). Таким образом, винтовые пру-
жины рассчитывают на кручение.
Условие прочности для пружин из проволоки круглого сечения
имеет вид
^шах
, Т L8FD. l8Fc
= k-— - k = k—-
Wp nd3 nd2
(5.12)
140
где k - поправочный коэффициент, учитывающий влияние кривиз-
ны витков и поперечной силы, принимаемый по табл. 5.1; F - осе-
вая нагрузка пружины; - средний диаметр витков пружины; d -
диаметр проволоки; с - индекс пружины: с = DG/d; [т] - допускае-
мое напряжение (табл. 5.1).
Таблица 5.1. Значения поправочного коэффициента k
при расчете пружин растяжения-сжатия витками круглого сечения
С 4 5 6 8 10 12
k 1,37 1,29 1,24 1,17 1,14 1,11
Поправочный коэффициент можно рассчитать следующим образом:
А=4с + 1 5
4с-4
Зазор между витками - во избежание соприкосновения их при
сжатии пружины.
На рис. 5.2 показан шаг пружины Р
Для пружин растяжения с зацепами в виде отогнутых витков
значения [т] следует снижать примерно на 25%.
При проектировочном расчете диаметр проволоки, из которой
свита пружина, определяют по формуле
б? = 1,6^Тс/[т].
(5.14)
После определения диаметра по формуле окончательное значе-
ние d выбирают по ГОСТу для пружинной проволоки.
Выбирая индекс пружины, следует придерживаться следующей
рекомендации: при диаметрах d (мм) до 2,5; 3...5; 6... 12 с соответ-
ственно равен 5...12; 4...10; 4...9.
Расчет на усталость состоит в определении коэффициента запа-
са прочности sR и сравнении его с требуемым [хЛ]. Условие проч-
ности:.^ > [хЛ].
Запас прочности определяют из формулы
1 _ ттах
2тв
I 2т 1
1 + /?+ (1-7?) ,
то
(5.15)
где ттах - максимальное напряжение при кручении; т„ - предел
прочности материала пружины при сдвиге: ~ 0.6oD; R - коэффи-
циент асимметрии цикла: R = xmin / ттах, при расчете пружин пред-
полагают 0 < R < 1; т0 - предел выносливости при отнулевом
(пульсирующем) цикле.
141
Требуемый коэффициент запаса прочности = 1,5...2,2.
Изменение высоты пружины растяжения-сжатия из проволоки
круглого сечения определяют по формуле
(316)
р 6W‘ Gd
п - число рабочих витков пружины; у пружин сжатия рабочее
число витков на 1,5-2 меньше полного числа витков из-за того,
что крайние витки поджимают и сошлифовывают (рис. 5.2), они
практически в деформации пружины не участвуют; G - модуль
сдвига (для стали G- 8 • 104 МПа).
-----------Примеры--------------
Пример 1. Для стального вала (рис. 5.3, а) определить из усло-
вия прочности требуемые диаметры каждого участка и углы закру-
чивания этих участков. Угловую скорость вала принять со = 100 рад/с,
допускаемое напряжение - [т] = 30 МПа, модуль упругости сдви-
га - G = 0,8 • 1011 Па, = И см, /2 = 10 см, /3 = 0,8 см.
Рис. 5.3. К примеру 1
Решение. Вал вращается с постоянной угловой скоростью,
следовательно, система вращающих моментов уравновешена. На
одном валу имеется ведущий шкив, передающий вращающий мо-
мент Гр и три ведомых шкива, воспринимающих вращающие мо-
менты Г2, Т3, Т4. Мощность, подводимая к валу без учета потерь на
трение, равна сумме мощностей, снимаемых с вала:
Р1=Р2 + Рз + Р4 = 10 + 12 + 8 = 30 кВт.
142
Определяем вращающие моменты на шкивах:
1\ = Рх / со = 30 • 103/100 = 300 Н • м;
Г2 = Р2/со = 1О- 103/100 = 100 Н м;
Г3 = Р3 / ю = 12 • 103/100 = 120 Н • м;
Г4 = Р4/со = 8- 103/100 = 80 Н-м.
Для построения эпюр крутящих моментов проведем базовую
(нулевую) линию параллельно оси вала и, используя метод сече-
ний, найдем значение крутящего момента на каждом участке, отло-
жим найденные значения перпендикулярно базовой линии.
В пределах каждого участка значение крутящего момента сохра-
няется постоянным (рис. 5.3, б): Mz=- Т^-~ 80 Н • м; Mz Г4-
- Р3 = - 80 - 120 = -200 Н • м; Mz = Т2 = - Т4 - Т3 + 7\ = 100 Н • м.
Из условия прочности диаметр вала на первом участке
определяем по формуле
wp
16М,
nd3
откуда
J 116М' I 16 • 80 000 4 Л-2 ЛЕ*
(L = з/---- = з-----------— =2,38-10 м = 25 мм
V Л[т] \ 3,14 -30 • 106
На втором участке
, 16М' 16-200 оо.а-2
</9 = з---- = з---------т- =3,2-10 м = 32 мм.
V V 3,14-30-Ю6
На третьем участке
, 16М" 16-100 оо in_2
do = з----- = з---------т- =2,8-10 м = 28 мм.
V V3.14-30-106
Вычисляем полярные моменты инерции сечения вала:
/4
,/р1 = ^- = 0,1(2,5-10~2)4 =3,9-10“8 м;
Jp п = 0,1(3,2 - 10~2)4 = 10,5 • 10 8 м;
Jp ш = 0,1(2,8 - 10“2)4 = 6,2 10-8 м.
Углы закручивания соответствующих участков вала:
о _ -м; - /-180 _ -80-11-1Q-2 -180
- n-G Jpi ~ 3,14-0,8-1011-3,9-10-8
143
о -М;-/2-180_ -200 • 10 • 10~2 • 180
>2“ n-G-Jpii ~ 3,14-0,8-1011-10,5-10~8
о = м;-/3 -180 = 100-0,8-10~2-180
Фз “ л-G-Jpin 3,14-0,8-Ю11-6,2-Ю"8 '
Пример 2. Для стального вала (рис. 5.4, а) требуется определить
из условия прочности и жесткости минимально допустимую угловую
скорость вращения. Вал постоянного по длине сечения d = 60 мм
вращается с неизменной угловой скоростью. Мощности, снимаемые
со шкивов: Р2 = 42 кВт, Р3 = 31 кВт, Р4 = 21 кВт. Принять [0] =
- 0,35 град/м, [т] = 30 Н/мм2.
Рис. 5.4. К примеру 2
Решение. Вал вращается с постоянной угловой скоростью,
следовательно, система внешних вращающих моментов уравнове-
шена. На одном валу имеется ведущий шкив, передающий вращаю-
щий момент 7\, и три ведомых шкива, воспринимающих вращаю-
щие моменты Г2, Г3, Г4. Пренебрегая потерями на трение в подшип-
никах, можно считать, что мощность, подводимая к валу, равна сум-
ме мощностей, снимаемых с вала, т.е. Pt = Р2 + Р3 + Р4 = 42 + 31 + 21 =
= 94 кВт. Выразив передаваемые вращающие моменты через мощ-
ность и неизвестную угловую скорость, построим эпюру крутящих
моментов (рис. 5.4, б).
Построение эпюр крутящих моментов принципиально ничем не
отличается от построения эпюр продольных сил. Проведем базовую
линию параллельно оси вала и, используя метод сечений, найдем
значения крутящего |иомента на каждом из участков и отложим най-
денные значения перпендикулярно базовой линии. В пределах каж-
144
дого участка крутящий момент не меняется, поэтому эпюра Mz
ограничивается прямыми, параллельными базовой линии. Из эпю-
ры видно, что максимальный крутящий момент возникает на участ-
ке между первым и третьим шкивами:
„ 52-103 5,2
Mmax (о
Найдем предельную угловую
прочности:
•107 Н-мм.
СО
скорость вращения из условия
^г max
WP
Wp = Q,2d3.
Подставим значения входящих величин в неравенство:
5'2 107 <30,
со-0,2-603
откуда
5,2• 107 .... . .
со >-------=---= 40 [1 / с].
0,2-603-30
Найдем предельное значение угловой скорости вращения вала
из условия жесткости:
©max = * [©] !
О/ р
0 45 • тт л
[0] = 0,35 град/м = —---т = 6,1 10 6 рад/мм;
180-103
Т _n<A _5,2-107 .
Jр 0,1с/ , Mz тах
со
5 2-107
©max = / <[0].
coG-0,1-с/4
Подставляя числовые значения и решая неравенство, найдем
предельное значение угловой скорости из условия жесткости:
-----5’2'10------- < 6,1 • 10’6,
со-0,8-105-0,1-604
145
откуда
5,2 107
оо>-----------z----------------------
0,8-105 -0.1-604 -6,1-Ю’6
Таким образом, со > 82 [1/с].
Из двух найденных значений необходимо выбрать большее зна-
чение угловой скорости, так как только в этом случае удовлетворя-
ются оба условия. Таким образом, предельное значение угловой
скорости [со] = 82 1/с.
Пример 3. Для ступенчатого стального бруса d = 200 мм кругло-
го сечения (рис. 5.5, а) построить: эпюры крутящих моментов, мак-
симальных касательных напряжений и углов поворота поперечных
сечений. Проверить прочность бруса при [т] = 60 МПа.
146
Решение. Эпюру крутящих моментов строим, начиная от сво-
бодного конца. Проводим сечение в пределах первого участка, от-
брасываем левую часть и рассматриваем равновесие правой части:
Mz j - -7\ = -2 кН • м.
Аналогично:
М2 п = -Тх - -2 кН • м;
Mz ш =~Т\ + Т2 = -2 + 5 = 3 кН • м;
Мг1у = -Г1 + Г2 = -2 + 5 = ЗкН-м;
ЛА. у = + Т2 + Т3 = —2 + 5 + 1=4 кН • м.
Для нахождения опасного сечения строим эпюру максимальных
касательных напряжений:
''•max
Мг
WP
\\'= —
p 16
- _Mzl_
Tj — -- —
WP
-2-IO6
Mz и
WP
ТШ -
Mz III =
WP
TIV -
M z IV =
WP
TV -
MzV _
WP
------—- = -47,18 МПа;
(бО)3-^
v 7 16
-2 IO6
--- ” z = -19,90 МПа;
(80)3
v 16
3-106
= 29,85 МПа;
(80)’.+^
v 7 16
3 -106
—^-Цу-гт- = 44,57 МПа;
(то)3.
v 7 16
4-IO6
Qd/ =59,42 МПа
(70)3.
v 7 16
тн =
Опасными оказались сечения участков IV и I. Условие прочно-
сти т < [т] выполняется.
Эпюру углов поворота строим, начиная от защемленного конца:
Ф£ = 0;
147
р
Фр ~ Фх + Фр-к -4,2-10 3
= 6-10 3 рад;
MzV-a 4-Ю6-200 , п<п-з
фК=Фг+Фк-£=-^-7- =-------J 4 =4’2-10 Рад:
g jq4 4Ч * и)
32
> З-Ю6 -200
+ 8-104 3’14<80)4
32
3-106-400 n,o dn_3
------------т- = 9,73-10 рад;
8 W4 3,14(80)4
32
Фс ~ Фд + ФС-£> -6-10 3
Фв = Фс + Фв-с = 9,73• 10"3 ---2'106'400 . = 7,24 • 10’3 рад;
8 -104 • 3’ 14(80)
32
9 1 олп
Фл = Фв + Фл-в = 7,24 10~3 - — '°W = -8,49-3 рад.
4 3,14(60)4
Пример 4. Для ступенчатого стального бруса d = 200 мм кругло-
го сечения (рис. 5.6, а) построить: эпюры крутящих моментов, мак-
симальных касательных напряжений и углов поворота поперечных
сечений. Проверить прочность бруса при [т] = 60 МПа.
Р е bi е н и е. Эпюру крутящих моментов строим, начиная от сво-
бодного конца. Проводим сечение в пределах первого участка, от-
брасываем левую часть и рассматриваем равновесие правой части:
Mz j = 0 кН • м;
Mz п = -1 кН • м;
щ = —1 кН • м;
M2iv = ~r1 + T2=l кН-м;
Mz у = —Т\ + Г2 = 1 кН • м;
Mz у! = —7\ + ?2 ~ 7з = —1 + 2 — 3 = —2 кН • м
Для нахождения опасного сечения строим эпюру максимальных
касательных напряжений:
^тах
М2
W
р I
WP =
nd3 ]
"lej’
Т] = 0;
148
d-7Q мм
Рис. 5.6. К примеру 4
т = MnL = ~V..19L- = -40,76 МПа;
W- (50)3.^
Т = = -23,59 МПа;
% (60)3.^
Т = = 1-W6 = 23,59 МПа;
Wp (60)3-^
149
т _ MZ v _ —L19-------= 14,86 МПа;
Tv ~~\й з 3,14
wp (70)3--^-
lb
~21f14-29.71 МПа.
Wp (70)3 •
Опасным оказалось сечение участка II. Условие прочности т < [т]
выполняется.
Эпюру углов поворота строим, начиная от защемленного конца:
<Рм= 0;
Т4-а -2-106-200 □
Ф/. = Фл/ + 4>l-m = уу =---------- = -2,12 • 10 рад;
С Л 8 104 3,14(70)
32
„л_3 106-400
Фк - Фл + Фк-в - -2,12 • 10 +------—у = о,
8 ю4 3,14(70)
32
Фс = Фр + 4>C-D =1,97-10 3
106 200 4п^<п-з
Фр = Фк + Фр-к =--------— ;/gm4 = 1)97 ’10 Рад;
8 104 3,14(60)
32
106•200 = 0.
8 4 3,14(60)4
6 32
-106-200 /Л4П-з
Фв = Фс + Фв-с =---------^4 = -4,0 • Ю рад;
8 ю4 3,14(50)
32
Фл =Фв +Фл-в = -4,0 • 10-3 рад.
Пример 5. Шкив двухколодочного тормоза крана, имеющий диа-
метр D = 300 мм, жестко крепится на стальном валу диаметра
d =40 мм (рис. 5.7). Определить наибольшие напряжения кручения
в сечении вала, если сила нажатия на колодки тормозного шкива
Q = 900 Н, коэффициент фения скольжения между колодками и
шкивом /= 0,4. Чему равен угол закручивания вала, если / = 400 мм?
Решение. Окружное усилие на тормозном шкиве равно силе
трения, возникающей между колодками и шкивом: Р = 2Qf - 2 • 900 х
х 0,4 = 720 Н.
150
Крутящий момент на тормоз-
ном шкиве
Т = р— = 720-
2
30-КГ2
2
= 108 Н м.
Полярный момент сопротив-
ления и полярный момент инер-
ции сечения вала равны:
wv = — d3 = — (4-IO-2)3 =
р 16 16v ’
Puc. 5.7. К примеру 5
= 12,6-10-6 м3;
= 2Lj4 = JL(4. кг2)4
p 32 32
= 25,1-IO-8 m4.
Наибольшие напряжения кручения в сечении вала
Ad 108 с о э
Т х= —=--------7Г = 8,6-1О6 Н/м2=8,6 МН/м2.
Wp 12,6 -10-6
Угол закручивания вала тормозного шкива
108.0,4 ф = 7,
GJp п 8- Ю10- 25,1-10~8 п
Пример 6. Стальной вал сплошного поперечного сечения диа-
метром d = 30 мм скручивается моментом Т= 100 Н • м. Определить
наибольшие напряжения кручения в сечении вала и угол закручи-
вания, если длина вала / = 1 м.
Решение. Определяем полярный момент сопротивления и по-
лярный момент инерции сечения вала:
Wv = — d3 = — (310~2)3 =5,30-10-6 м3;
р 16 16
J = —= —(3-10-2)4 = 7,96-Ю-8 м4.
р 32 32
Наибольшие напряжения кручения в сечении вала
М 100 R о ?
ттах = ^ =----———тг = 18,9 • 106 Н/м2 = 18,9 МН/м2.
Wp 5,30-Ю’6
151
Угол закручивания вала
0 = . 1^21 -----22£^-------- — = о,9°; ф = 54х.
ф GJp п 8 - 1О10 • 7,96 • 10-8 п
Пример 7. Определить величину наибольшего вращающего мо-
мента, который может передавать вал диаметром j = 35 мм, если
наибольшие напряжения кручения не должны превышать ттах~
- 60 МН/м2.
Решение. Наибольшие напряжения при кручении определя-
ются по формуле
м2
откуда соответствующее значение вращающего момента
М = W т
lvlz kFplmax-
Полярный момент сопротивления сечения вала
Wp =— d3 = — (3,5-10’2)3 =8,4-10’6 м3,
p 16 16
тогда
Mz = Ж,ттах = 8,4 • 10-6 60 106 = 504 H • м.
/С JJ illClA '
Пример 8. Спроектировать стальную цилиндрическую винто-
вую пружину сжатия по заданной рабочей характеристике (рис. 5.8).
Индекс пружины с = 6. Допускаемое напряжение [т] = 400 МН/м2.
Решение. Спроектировать пружину - это значит определить
диаметр проволоки d, средний диаметр пружины D и число рабо-
чих витков п.
Условие прочности пружины име-
рА ст вид
. 8P0D , ,
Tmax “ ,з -М-
п
Рд-600-------"4 >
/ ' Учитывая, что D/d = c, перепишем
/ условие прочности в виде
д, < i-ri
Лв-20 Tmax к nd2 ~ ИЬ
Рис. 5.8. К примеру 8
откуда диаметр проволоки
152
£8Р0с = 6 jk/^c
л[т]
I'd
Поправочный коэффициент
k= 4с + 1 = 4-6 + 1
" 4с-4 "4-6-4
По рабочей характеристике пружины определяем величину на-
грузки Ро, при которой витки смыкаются, и соответствующую ве-
личину осадки пружины: Ро = 800 Н и Хо = 20 мм.
Диаметр проволоки
d > 1,6
11,25-800-6
400-106
= 6,2 -10-3
м;
принимаем диаметр проволоки d = 7 мм.
Средний диаметр пружины
D = cd=6 1 • 10-3 = 42- 10-3м = 42 мм.
Рабочее число витков определяем из формулы осадки пружины:
Gd\ _ 8 • 1010(7 • 10~3)4 - 20 -10~3
8Р0П3 ” 8-800(42-1О’3)3
Пример 9. Концентрически расположенные между двумя непо-
датливыми плитами стальные цилиндрические винтовые пружины
подвергаются сжатию силой Р =
= 400 Н (рис. 5.9). Наружная пру-
жина имеет средний диаметр вит-
ков = 80 мм, толщину проволоки
dx = 8 мм и число рабочих витков
пг = 6. Внутренняя пружина имеет
средний диаметр витков D2 = 60 мм,
толщину проволоки d2 = 6 мм и
число рабочих витков п2 = 8. Опре-
делить осадку пружин, распределе-
ние нагрузки между ними и наи-
большие касательные напряжения
в каждой пружине в отдельности.
Решение. Для определения ве-
личин сил и Р2, приходящихся
на наружную и внутреннюю пру-
жины, статика дает только одно
уравнение:
Рис. 5.9. К примеру 9
153
Р1+Р2 = Р = 400 Н,
следовательно, задача является статически неопределимой.
Недостающее для решения задачи второе уравнение получим из
рассмотрения деформаций пружин. Из-за неподатливости плит обе
пружины получают одинаковые осадки. Осадки наружной и внут-
ренней пружин определяют по формулам:
_ _ 8P2D2rc2
|=«> Х2 = "ЙГ'
Так как осадки обеих пружин одинаковы, то
SPjPp/Jj _ 8P2Z?2n2
Gdf ~ Gd%
или
Pj^f Я1 _ ^2-^2 w2
d*
Отсюда находим соотношение сил:
Pi = D^dj = (60-10~3)3-8(810~3)4 = t 78
р2 Р>3М2 (80 -10-3)3 - 6(6 -10-3)4
Решая совместно равенства
Р1+Р2 = 400 иР1 = 1,78Р2,
получаем
Pt = 256 Н и Р2 = 144 Н.
Осадка пружин
К'256 С80 "Г7‘8 = 19,2 1 (Г3м = 19,2 мм.
1 2 Gdi 8Ю1о(8 1О“3)<
Для определения напряжений вычислим индексы пружин и по-
правочные коэффициенты:
с,=й=л = ю.
1 d} / 8
с2=-^- = —= 10.
^2 6
154
Так как индексы обеих пружин одинаковы, то поправочные ко-
эффициенты будут также равны:
, , 4с| +1 4-10 + 1 .
kn = 1---=---------= 1,14.
2 1 4q-4 4-10-4
Наибольшие касательные напряжения в наружной пружине
^^21=1Д48'2.^6—9Д9.-?.-116,1-ю6 н/м2=иб,1 мн/м2.
тЦ3 л(8-10-3)3
Наибольшие касательные напряжения во внутренней пружине
. 8P2D2 л . . 8-144-60-10 3 нсшлб и/ 2 л ла л Л/ги / 2
^тях2=^2—= = 116,1-10 Н/м =116.1 МН/м .
mdx2 2 ndl л(6-10”3)3
Snax
------------- Задачи -------------
1...10. Для одной из схем (рис. 5.10, табл. 5.2) построить эпюру
крутящих моментов; определить диаметр вала на каждом участке и
полный угол закручивания. Указания: мощность на зубчатых коле-
сах принять Р2 “ 0,5 Рр Р3 = 0,3 Рр Р4 = 0,2 Рр
Полученное расчетное значение диаметра (в миллиметрах) округ-
лить до ближайшего большего числа, оканчивающегося на 0, 2, 5, 8.
Таблица 5.2. Исходные данные к задачам 1...10
Номер задачи и схемы на рис. 5.10 Вари- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 5.10 Вари- ант Величина
со, рад/с р, кВт со, рад/с р, кВт
Задача 1, 00 20 30 Задача 2, 02 40 18
схема I 14 30 22 схема II 16 35 40
26 50 15 28 30 32
35 34 24 37 36 24
43 28 36 45 15 14
57 40 25 59 35 10
61 43 18 63 42 15
74 28 20 76 45 38
81 40 24 80 20 50
94 50 30 | 96 36 15
155
Продолжение табл. 5.2
Номер задачи и схемы на рис. 5.10 Вари- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 5.10 Ва- ри- ант Величина
со, рад/с р, кВт <0, рад/с р, кВт
Задача 3, 03 24 12 Задача 4, 01 22 14
схема III 19 48 18 схема IV 17 40 16
21 30 20 29 50 20
36 40 19 34 30 24
48 25 14 46 48 45
58 60 60 56 50 42
62 22 30 60 68 40
79 36 15 77 20 19
87 42 10 84 50 17
99 35 12 97 48 30
Задача 5, 05 35 32 Задача 6, 07 40 18
схема V 18 15 60 схема VI 10 50 40
20 20 58 22 42 38
38 18 38 31 38 35
47 24 31 39 20 60
51 30 37 53 30 50
65 28 42 67 30 45
78 18 55 72 33 30
83 23 45 82 28 16
98 12 28 90 20 20
Задача 7, 06 45 10 Задача 8, 04 18 40
схема VII 12 42 20 схема VIII И 18 38
25 30 24 23 30 42
зб 25 48 40 30 35
42 18 12 49 24 30
52 50 24 50 52 32
66 30 16 64 15 15
73 20 30 75 45 14
89 24 38 86 50 20
93 48 40 91 20 25
156
Окончание табл. 5.2
Номер задачи и схемы на рис. 5.10 Вари- ант Величина Номер задачи и схемы на рис. 5.10 Ва- ри- ант Величина
<0, рад/с р, кВт со, рад/с р, кВт
Задача 9, 09 10 25 Задача 10, 08 31 27
схема IX 13 50 30 схема X 15 35 32
24 38 23 27 20 48
33 12 42 32 30 52
41 24 36 44 40 12
55 38 30 54 24 62
69 42 60 68 20 40
71 32 65 70 15 22
85 10 50 88 25 28
92 18 25 | 95 48 70
11. Рассчитать из условия жесткости при [0] = 0,4 град/м требуе-
мый диаметр вала, передающего мощность Р = 40 кВт при частоте
вращения п = 240 об/мин. Определив диаметр вала, найти коэффици-
ент запаса по пределу текучести тт = 140 МПа; G = 0,8 • 105 МН/м2.
12. Определить из условия прочности при [тк] = 35 МПа требуе-
мый диаметр вала, передающего мощность Р = 50 кВт при частоте
вращения п = 300 об/мин. Найти угол закручивания вала на длине
/ = 5d, где d - принятый диаметр вала.
13. Сплошной стальной вал, рассчитанный из условия жестко-
сти при [0] = 0,008 рад/м на передачу мощности Р= 120 кВт при
частоте вращения п = 270 об/мин решено заменить стальным валом
кольцевого сечения с отношением диаметров с = d^/d = 0,8, не сни-
жая его жесткости; G = 0,8 • 105 МН/м2. Во сколько раз вал кольце-
вого сечения будет легче сплошного?
14. Сплошной стальной вал, рассчитанный на передачу мощно-
сти 250 кВт при частоте вращения п = 360 об/мин и [т J = 40 МПа
решено заменить валом кольцевого сечения с отношением диамет-
ров С — dQ/d=0J5. Определить диаметры вала кольцевого сечения,
не снижая его прочности по сравнению со сплошным. Во сколько
раз вал кольцевого сечения будет легче сплошного?
15. Для передачи какой мощности при частоте вращения п =
= 450 об/мин рассчитан вал диаметром d = 35 мм, если [тк] = 35 МПа
и 10] = 0,007 рад/м?
16. Рассчитать наружный d и внутренний d$ диаметры полого
стального вала для передачи мощности Р = 30 кВт при частоте вра-
157
Рис. 5.10. К задачам 1...10
щения п = 210 об/мин, считая, что [тк] = 30 МПа; [0] = 0,008 рад/м
ис^о/^О,6; G = 0,8- 105 МН/м2.
17. Определить из условия жесткости диаметр стального ва-
ла, передающего мощность Р=16 кВт при частоте вращения
п - 240 об/мин, приняв [0] = 0,3 град/м; G = 0,8 • 105 МН/м2 Каким
будет у вала фактический запас прочности по отношению к преде-
лу текучести тт = 140 МПа?
18. При какой наименьшей угловой скорости стальной вал коль-
цевого сечения (d = 50 мм и с = d$/d = 0,6) может передать мощ-
ность Р = 20 кВт, чтобы максимальные касательные напряжения в
158
поперечном сечении не превышали [тк] = 42 МПа, а относительный
угол закручивания был бы не более [0] = 0,8 град/м?
19. Определить диаметр стального вала для передачи мощности
Р= 25 кВт при частоте вращения п = 270 об/мин из условия проч-
ности, приняв [тк] = 16 МПа. Исходя из принятого размера диамет-
ра вала, определить угол закручивания на длине I = 6б/, где d - при-
нятый диаметр вала.
20. Стальной вал должен передавать мощность Р = 30 кВт при
частоте вращения п = 240 об/мин. Определить требуемый диаметр
вала из условия его жесткости, если [0] = 0,5 град/м. Какими будут
наибольшие касательные напряжения в поперечном сечении вала
при принятом значении диаметра?
21. Стальной вал передает мощность Р- 15 кВт при частоте вра-
щения п = 420 об/мин. Определить диаметр вала из условия проч-
ности, если [тк] = 60 Н/мм2. Определив диаметр, найти угол закру-
чивания вала на длине I = 300 мм.
22. Определить диаметр стального вала для передачи мощности
Р=7,56 кВт при п = 240 об/мин из условия жесткости, приняв
[0] = 0,4 град/м. Найдя диаметр вала, определить наибольшие каса-
тельные напряжения в его поперечном сечении.
23. При какой наименьшей угловой скорости стальной вал коль-
цевого сечения (d =40 мм и с = d^/d = 0,7) может передавать мощ-
ность Р- 15 кВт, чтобы максимальные касательные напряжения в
поперечном сечении не превышали [тк] = 35 Н/мм2, а относитель-
ный угол закручивания был бы не более [0] = 1 град/м.
24. Рассчитать наружный d и внутренний d$ диаметры полого
стального вала для передачи мощности Р= 10 кВт при частоте вра-
щения п = 540 об/мин, считая, что [тк] = 32 Н/мм2, [0] = 0,009 рад/м
и с = d$/d = 0,6.
25. Определить из условия прочности диаметр стального вала,
передающего мощность Р= 5 кВт при частоте вращения п = 300 об/мин.
Принять от = 140 Н/мм2. При найденном диаметре вала определить
относительный угол закручивания [0] в град/м.
26. Для передачи какой мощности при частоте вращения
п = 600 об/мин рассчитан стальной вал диаметром d = 32 мм, если
[тк] = 40 Н/мм2 и [0] = 0,01 рад/м?
27. Сплошной вал, рассчитанный на передачу мощности Р = 500 кВт
при частоте вращения п = 450 об/мин и [тк] = 40 Н/мм2, решено за-
менить валом кольцевого сечения с отношением диаметров с =
= dft/d = 0,5. Определить диаметры вала кольцевого сечения, не сни-
жая его прочность по сравнению со сплошным валом. На сколько
процентов снизится масса вала?
28. Определить из условия жесткости при [0] = 0,1 град/м тре-
буемый диаметр вала, передающий мощность Р = 50 кВт при частоте
159
вращения п = 650 об/мин. Каким будет коэффициент запаса проч-
ности вала, если предел текучести материала вала тг = 140 Н/мм2?
29. Рассчитать из условия прочности при |тк] = 40 Н/мм2 тре-
буемый диаметр вала для передачи мощности Р = 40 кВт при
п = 360 об/мин. Определить угол закручивания вала на длине / = 5с/,
где d - принятый диаметр вала.
30. Сплошной стальной вал, рассчитанный из условия жестко-
сти при [0] = 0,008 рад/м на передачу мощности Р= 120 кВт с час-
тотой вращения п = 240 об/мин, решено заменить стальным валом
кольцевого сечения с отношением диаметров с = d$/d = 0,6, не сни-
жая его жесткости. Во сколько раз вал кольцевого сечения будет
легче сплошного?
Методика решения задач И...30 состоит в расчете вала
на кручение как из условия прочности, так и из условия жесткости;
Приступая к решению задачи, студенту необходимо знать сле-
дующее.
Если передаваемая валом мощность Р выражена в кВт, угловая
скорость со в рад/с, а внешние моменты Г, скручивающие вал, нуж-
но выразить в Н • мм, то зависимость между этими величинами вы-
ражена уравнением
Т = 106-. (5.17)
СО
Заданную в условии задачи частоту вращения п (об/мин) легко
перевести в единицы угловой скорости со (рад/с) по формуле
7TZZ /С 4 О\
со = —. (5.18)
30
Из условия прочности на кручение (5.10) можно производить
три вида расчетов:
а) проверочный; б) определение допускаемой нагрузки на вал;
в) проектный, т.е. определение необходимого диаметра вала.
Проверочный расчет выполняется в такой последователь-
ности:
1) находим максимальный крутящий момент в поперечном сече-
нии вала (в задачах 11...30);
\ 2) определяем полярный момент сопротивления сечения вала
Wp по соответствующим формулам для круга или кольца;
3) находим максимальное расчетное касательное напряжение (5.5);
4) сравнивая ттахс [тк], определяем, соблюдено или нет условие
прочности.
Расчет на определение допускаемой нагрузки ва-
л а выполняется в такой последовательности:
160
1) находим полярный момент сопротивления Wp\
2) полагая в выражении условия прочности ттах = [тк], находим
допускаемое значение крутящего момента [Mz] = W [тк];
3) находим допускаемое значение приложенных к валу внешних
(вращающих) моментов (в задачах контрольного задания [7] = [Л/2]);
4) из уравнения, выражающего зависимость между вращающим
моментом, угловой скоростью и передаваемой мощностью, нахо-
дим, какую максимальную мощность можно передать с помощью
данного вала при заданной угловой скорости или наименьшую
угловую скорость вала, при которой может передаваться заданная
мощность.
Проектный расчет рекомендуется производить в такой
последовательности:
1) находим крутящий момент в поперечном сечении вала;
2) полагая в выражении условия прочности ттах = [тк], находим
требуемую величину полярного момента сопротивления:
(5.19)
KJ
3) исходя из формы поперечного сечения вала (круг или коль-
цо), по найденному значению Wp определяем величину диаметра
вала; полученное значение диаметра, выраженное в миллиметрах,
следует округлить в сторону увеличения до ближайшего целого
четного числа или числа, оканчивающегося на 5.
При расчетах валов на жесткость допускаемый угол закручива-
ния [0], согласно Международной системе единиц (СИ), должен
быть задан в рад/м, но на практике его значение часто задается
в град/м. В этом случае величину угла закручивания необходимо
перевести в единицы СИ, умножив на отношение тг/180°.
Например, если дано [0] = 0,4 град/м, то 0,4 град/м = 0,4 • л/180° =
= 0,007 рад/м, т.е. [0] = 0,4 град/м = 0,007 рад/м, или [0] = 7 • 10~3 рад/м =
= 7 • 10~6 рад/мм.
Из условия жесткости (5.11) можно производить также три вида
расчетов, аналогичных расчетам на прочность.
Последовательность проверочного расчета:
1) найти максимальный крутящий момент;
2) определить полярный момент инерции поперечного сече-
ния вала;
3) определить фактический относительный угол закручивания
где G - модуль сдвига материала бруса (для стали G = 8 • 104 Н/мм2);
4) сравнивая 0 с [0], определить, соблюдено или нет условие
жесткости.
161
Последовательность расчета допускаемой нагрузки:
1) определить полярный момент инерции поперечного сечения
вала;
2) полагая, что ® = [®], из выражения условия жесткости опре-
делить допускаемый крутящий момент [М2] = [®] J p G\
3) по допускаемому крутящему моменту найти допускаемое зна-
чение приложенных к валу внешних скручивающих его моментов
(в задачах 11...30 [7] = [М2]);
Р
4) из уравнения Т = — определить либо максимально допускае-
(0
мую мощность, которую можно передать при заданной угловой
скорости, либо минимальную угловую скорость вала, при которой
Рис. 5.11. К задаче 31
можно передать заданную мощность.
Если расчет допускаемой нагрузки
выполняется из условия жесткости и
из условия прочности, то из двух по-
лученных допускаемых значений [М2]
следует выбрать меньшее.
Последовательность проектного
расчета:
1) найти максимальный крутящий
момент в поперечном сечении вала;
2) полагая в выражении условия
жесткости ® = [®], определить требу-
емую величину полярного момента
инерции
Т - Мг .
Jp G [0J ’
(5.21)
3) исходя из формы поперечного се-
чения вала (круг или кольцо) по найден-
ному значению Jp определить диаметр
(вычисленное значение d следует округ-
лять в сторону увеличения до ближай-
шего целого чётного числа миллиметров
или числа, оканчивающегося на 5).
Если проектный расчет вала про-
изводится из условия жесткости и из
условия прочности, то из двух вычис-
ленных значений диаметра вала сле-
дует выбрать большее.
31. К стальному ступенчатому валу,
имеющему сплошное поперечное сече-
ние, приложены четыре момента (рис. 5.11,
162
схемы I-Х). Левый конец вала жестко закреплен в опоре а правый
конец - свободен и его торец имеет угловые перемещения относи-
тельного левого конца. Требуется:
1) построить эпюру крутящих моментов по длине вала;
2) при заданном значении допускаемого напряжения на круче-
нии определить диаметры dx и d2 вала из расчета на прочность, по-
лученные значения округлить;
3) построить эпюру действительных напряжений кручения вала
по длине вала;
4) построить эпюру углов закручивания, приняв Ct0,4£ (Е =
=2 105 МПа). Данные взять из табл. 5.3.
Таблица 5.3. Исходные данные к задаче 31
Вариант Расстояние, м Момент, кН м И, МПа
а ь С Ъ т2 т3 Ъ
1 1,0 1,0 1,0 5,1 2,1 1,1 0,1 30
2 1,1 1,1 1,1 5,2 2,2 1,2 0,2 30
3 1,2 1,2 1,2 5,5 2,3 1,3 0,3 35
4 1,3 1,3 1,3 5,4 2,4 1,4 0,4 35
5 1,4 1,4 1,4 5,5 2,5 1,5 0,5 40
6 1,5 1,5 1,5 5,6 2,6 1,6 0,6 40
7 1,6 1,6 1,6 5,7 2,7 1,7 0,7 45
8 1,7 1,7 1,7 5,8 2,8 1,8 0,8 45
9 1,8 1,8 1,8 5,9 2,9 1,9 0,9 50
10 1,9 1,9 1,9 6,0 3,0 2,0 1,0 50
32. Спроектировать стальную цилиндрическую винтовую пру-
жину, если максимальная сжимающая нагрузка Р= 600 Н, допуска-
емое напряжение [т] = 600 МН/м2, индекс пружины с-8 и осадка
X = 35 мм.
33. Две концентрически расположенные между двумя неподат-
ливыми плитами цилиндрические винтовые пружины подвергают-
ся сжатию силой Р=200 Н. Наружная пружина, изготовленная из
восьмимиллиметровой стальной проволоки, имеет средний диаметр
Dx = 120 мм и шесть рабочих витков. Внутренняя пружина, изго-
товленная из шестимиллиметровой бронзовой проволоки, имеет
средний диаметр D2 = 80 мм и 8 рабочих витков. Определить осад-
ку пружин, распределение нагрузки между ними и наибольшие ка-
сательные напряжения в каждой пружине в отдельности. Модуль
сдйига бронзы G = 4,2 • 104 МН/м2.
163
34. Спроектировать цилиндрическую
винтовую пружину сжатия по заданной
рабочей характеристике (рис. 5.12). Ин-
декс пружины с = 6, материал проволоки -
фосфористая бронза. Допускаемое напря-
жение [т] = 200 МН/м2. Модуль сдвига
G = 4,8- 104 МН/м2.
35. Спроектировать стальную цилиндри-
ческую винтовую пружину при макси-
мальной растягивающей нагрузке Р= 800 Н,
допускаемом напряжении [т] = 500 МН/м2,
индексе пружины с = 6 и наибольшем
удлинении пружины 21 мм.
36. Проверить прочность пружины буфера мостового крана
(рис. 5.13), если наибольшая сила нажатия на буфер Ртах = 36 кН,
средний диаметр пружины D = 140 мм и диаметр проволоки, из ко-
торой она свита, d = 30 мм. Чему равна при этом осадка пружины?
Число рабочих витков пружины п = модуль сдвига G = 8,2 х
х 104 МН/м2, допускаемое напряжение [т] = 640 МН/м2.
Рис. 5.13. К задаче 36
Рис. 5.14. К задаче 37
37. Для определения модуля сдвига вы-
сокоуглеродистой стали пружина, изготов-
ленная из этой стали, была установлена на
прессе (рис. 5.14). Чему равен модуль сдви-
га этой стали, если при давлении пресса
750 Н индикаторы показали осадку пружи-
ны 8,47 мм? Наружный диаметр пружины
dn = 90 мм, диаметр проволоки d = 12 мм,
число рабочих витков п = 5.
38. Цилиндрическая винтовая пружина,
изготовленная из 14-миллиметровой сталь-
ной проволоки, подвергается растяжению.
Определить силу, при которой зазор в свету
164
между витками удвоится по сравнению с зазором между ними в не-
напряженном состоянии пружины, равном 3 мм. Чему будут равны
при этом наибольшие касательные напряжения, если наружный
диаметр пружины Du = 120 мм?
39. Стальная винтовая цилиндрическая пружина, изготовленная
из проволоки диаметром d= 16 мм, имеет средний диаметр витков
D = 120 мм. Определить величину допускаемой сжимающей нагруз-
ки, если напряжение в витках пружины не должно превосходить
300 МН/м2. Чему равна осадка пружины, если число рабочих вит-
ков п = 6?
40. Определить требуемый диаметр проволоки пружины, чтобы
при среднем диаметре D=120 мм и наибольшей растягивающей
нагрузке Р = 350 Н удлинение, приходящееся на один виток, равня-
лось 6 мм. Чему будут равны при этом наибольшие касательные
напряжения?
41. Как изменится величина допускаемой нагрузки пружины в
предыдущей задаче, если средний диаметр ее и диаметр проволоки
уменьшить в 2 раза?
Глава 6
НАПРЯЖЕННО-ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ
ПРИ ПРЯМОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ
6.1. Общие сведения
Для начала рассмотрим пря-
молинейный призматический брус
с продольной плоскостью симмет-
рии (рис. 6.1). Изгиб бруса си-
лами, перпендикулярными к его
оси и лежащими в той же плос-
кости, через которую проходит
ось бруса, называется попереч-
ным изгибом.
Такой изгиб, когда в плоскости
происходит деформация, называется
действия внешних нагрузок
плоским изгибом.
Изгиб бруса, который происходит под действием двух равных
моментов, направленных в противоположные стороны, называется
чистым изгибом.
Для наглядного рассмотрения изгиба рассмотрим призматиче-
ский резиновый стержень (рис. 6.2, а, б). Для проведения экспери-
мента начертим на его гранях две линии, параллельные друг другу,
и перпендикулярные к ним оси.
166
Приложим к концам балки два равных, но противоположно на-
правленных момента. Стержень под действием приложенных изги-
бающих моментов прогнется, начерченные нами прямые останутся
прямыми и перпендикулярными к изогнутой оси стержня. Из этого
можно вынести заключение о том, что плоские поперечные сечения
и после деформации остаются плоскими. Кроме того, исходя из
этой модели, можно сказать, что продольное укорочение волокон
на вогнутой стороне сопровождается удлинением в поперечном на-
правлении, а продольное удлинение волокон на выпуклой сторо-
не - сужением в поперечном направлении.
Элементы реальных конструкций часто испытывают деформацию
изгиба, поэтому объектом решения во многих задачах являются
балки или балочные системы. Балкой называются брусья с прямо-
линейной осью, положенные на опоры и изгибаемые приложенны-
ми к ним нагрузками. Балки предназначены для передачи действу-
ющих на них нагрузок на опоры. На опорах балки возникают реак-
ции, с нахождения которых начинают решение всех задач, связан-
ных с изгибом.
Опоры балок делятся на три основных вида:
• шарнирно-неподвижная;
• шарнирно-подвижная;
• жесткая заделка (защемление).
Шарнирно-неподвижная опора (рис. 6.3) не дает возможности пе-
редвигаться концу балки. Неизвестную по величине и направлению
реакцию R, действующую на балку, можно разложить на две реакции
RA^ не известных по величине, но известных по направлению.
Шарнирно-подвижная опора (рис. 6.4) отличается от шарнирно-
неподвижной тем, что она поставлена на катки и может двигаться.
Подвижная опора не дает возможности перемещаться концу балки
в направлении, перпендикулярном к оси балки. Итак, мы можем
сказать, что в шарнирно-подвижной опоре есть только одна реак-
ция, известная по направлению и не известная по величине.
Жесткая заделка (защемление) (рис. 6.5) препятствует всякому
перемещению балки, ее также невозможно вращать. В жесткой за-
Рис. 63. Шарнирно-
неподвижная опора
Рис. 6.4. Шарнирно-под-
вижная опора
Рис. 6.5. Жесткая заделка
167
делке возникает реакция, не известная ни по величине, ни по на-
правлению, препятствующая перемещению конца балки, и реактив-
ный момент, препятствующий вращению. Реакцию 7? можем заме-
нить реакциями RA и RAr- После этого можем сказать, что при
жестком защемлении возникают три неизвестных реакции RA , RA ,
х у
МА. Чаще всего на практике сталкиваются с силами, действующи-
ми перпендикулярно к оси балки. В этом случае реакция RA* - го-
ризонтальная составляющая не применяется.
Определение опорных реакций. Если на балку действуют силы,
которые лежат в одной плоскости, из статики имеем три уравнения
равновесия
ZX=0; £У=0; £М=0, (6.1)
т.е. для равновесия балки надо, чтобы сумма проекций всех сил,
приложенных к балке, вместе с реакциями была равна нулю, а так-
же должна быть равна нулю сумма моментов.
Если силы, действующие на балку, перпендикулярны к ее оси, то
уравнение XX = 0 - ненужно, т.е. остается два уравнения:
ZK=0; ХМ=0. (6.2)
Если балка имеет такие опоры, в которых общее число связей
меньше или равно двум, то последние всегда могут быть определе-
ны из уравнений статики. В этом случае балки называются стати-
чески определимыми балками. Их существует всего два вида:
• балка с одним жестко заделанным концом и одним свободным;
• балка с одной шарнирно-неподвижной и другой шарнирно-
подвижной опорой.
Балка, приведенная на рис. 6.6, называется консольной. Свеши-
вающиеся концы называют консолями. Балки, у которых общее чис-
ло реакций больше числа уравнений статики, называют статически
неопределимыми балками. В данном случае требуется составить:
• уравнение статики;
• уравнение деформации балок.
Если на балку будет действовать сплошная равномерно распре-
деленная нагрузка, как мы можем видеть на рис. 6.7, то нужно рас-
смотреть понятие интенсивности сплошной нагрузки (это величина
Рис. 6.7. Равномерно распреде-
ленная нагрузка
Рис. 6.6. Консольная балка
168
нагрузки, приходящаяся на единицу длины). Если F - сплошная
7 F
нагрузка, I - длина участка, то q = -— интенсивность; ее размер-
ность обычно кН/м. При заданной интенсивности и длине участка,
на котором она действует, величина силы определяется как произ-
ведение интенсивности на длину: F=q -I.
6.2. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
Общие положения
В общем случае прямого изгиба в поперечных сечениях бруса
возникают два внутренних силовых фактора:
• поперечная сила;
• изгибающий момент.
Поперечная сила в любом перечном сечении бруса численно
равна алгебраической сумме проекций на ось у всех внешних сил,
действующих по одну сторону оси сечения.
Изгибающий момент равен сумме моментов, вычисленных от-
носительно центра тяжести сечения, всех внешних сил, действую-
щих по одну сторону от сечения.
Графики, показывающие закон изменения Q и М по длине бал-
ки, называют эпюрами. Для построения эпюр существует несколь-
ко способов:
• аналитический;
• по характерным точкам;
• путем сложения сил.
Характер эпюр зависит от способа нагружения балки.
Для определения знаков поперечной силы и изгибающих момен-
тов существуют нижеследующие правила.
Внешняя сила, стремящаяся повернуть отсеченную часть балки
по часовой стрелке вокруг той точки оси, которая соответствует про-
веденному сечению, берется со знаком плюс, а внешняя сила, стре-
мящаяся повернуть балку против часовой стрелки вокруг указанной
точки, вызывает отрицательную поперечную силу, т.е. берется со зна-
ком минус.
Внешняя сила (пара сил), изгибающая отсеченную часть балки
относительно проведенного сечения выпуклостью вниз, дает поло-
жительный изгибающий момент, а внешняя сила, изгибающая от-
сеченную часть балки выпуклостью вверх, дает отрицательный из-
гибающий момент.
Между изгибающим моментом М, поперечной силой Q и интен-
сивностью распределения нагрузки существует связь:
dQ . dM „
~ = q-y- = Q =>
ch dx
169
Если q = 0, то Q = const:
-Q = const => M = Q • x + Mq.
dx
Если q = const, to ——- = q = const:
dx
(6.3)
dM „
= Q = qx + QG;
x2
M - q—^Q^x + Mq,
(6 4)
где Qq, Mq - значения поперечной силы и изгибающего момента в
начале участка.
Для балок, имеющих много участков нагружения, т.е. нагружен-
ных комбинацией нагрузок, целесообразно строить эпюры по ха-
рактерным точкам, а именно: вычислить поперечные силы и изги-
бающие моменты только для сечений, в которых эпюра претерпева-
ет изменение, и затем, зная закон изменения эпюры между найден-
ными точками, соединить их соответствующими линиями.
К характерным относятся точки, соответствующие сечениям, в
которых приложены сосредоточенные силы или моменты, а также
сечения, где начинается или кончается распределенная нагрузка.
Для того чтобы вычислить поперечную силу и изгибающий мо-
мент в произвольном сечении, необходимо мысленно рассечь плос-
костью в этом месте балку и часть балки (любую), лежащую по
одну сторону от рассматриваемого сечения, отбросить. Затем но
действующим на оставленную часть балки внешним силам надо
найти искомые Q и Мх, причем знак последних надо определять по
тому действию, которое оказывают внешние силы на оставленную
часть балки в соответствии с принятым ранее правилом знаков.
При построении эпюры слева направо отбрасывается правая часть
балки, Qy и Мх находятся по силам, действующим на левую часть.
При построении эпюр справа налево, наоборот, отбрасывается
левая часть, Qy и Мг определяются по силам, действующим на пра-
вую часть балки. Для построения эпюр необходимо запомнить ни-
жеследующие правила.
1. На участке балки, где отсутствует распределенная нагрузка,
эпюра Q - прямая, параллельная оси абсцисс, а эпюра Мх - на-
клонная прямая.
2. Под сосредоточенной силой на эпюре Q,7y наблюдается скачок
на величину приложенной внешней силы, а на эпюре Мх - излом.
170
3. В точке приложения сосредоточенной пары сил на эпюре Мх
моментов наблюдается скачок на величину момента этой пары, а
эпюра Qy не претерпевает изменения.
4. На участке действия равномерно распределенной нагрузки эпю-
ра Qy выражается наклонной прямой, а эпюра Мх - параболой, обра-
щенной выпуклостью навстречу стрелкам распределенной нагрузки.
5. Если на участке действия распределенной нагрузки эпюра Q
пересекает ось абсцисс, то в этом сечении изгибающий момент при-
нимает экстремальное значение (точка перегиба на эпюре Л/г).
6. Если на границе действия распределенной нагрузки не при-
ложено сосредоточенных сил, то на эпюре Qy участок, параллель-
ный оси абсцисс, переходит в наклонный без скачка, а параболиче-
ская и наклонная части эпюры Мх сопрягаются плавно, без излома.
7. Изгибающий момент в концевых сечениях балки всегда равен
нулю, за исключением случая, когда в концевом сечении приложе-
на сосредоточенная пара сил. В этом случае изгибающий момент в
концевом сечении балки равен моменту действующей пары.
8. В сечении, соответствующем заделке, Q и Мх численно равны
опорной реакции и реактивному моменту.
6.3. Расчет балок на прочность и жесткость
При плоском изгибе в поперечном сечении возникают нормаль-
ные (а) и касательные (т) напряжения.
Нормальные напряжения в поперечном сечении балки при изгибе
М э
с = -/-Ггаах [Н/м2], (6.5)
где Мх - изгибающий момент в сечении балки, Н • м; Утах - рассто-
яние от нейтральной оси до рассматриваемого слоя волокон, м; Jx -
осевой момент инерции сечения балки, м4.
Наибольшие нормальные напряжения при изгибе балки с сече-
нием, симметричным относительно центральной оси,
М п
Птах=-^ [Н/м2], (6.6)
где Wx - осевой момент сопротивления сечения балки, м3.
Прочность балки, работающей на изгиб, проверяется по наи-
большим нормальным напряжениям
СТтах = MjmaX ^[с], (6.7)
™х
где [а] - допускаемое напряжение при изгибе, МПа.
171
Для решения задач приведем моменты сопротивлений наиболее
часто встречающихся сечении.
а) Момент сопротивления для прямоугольного сечения:
IV
X у 1
1 max
_ ,/х М3 bh3
х L 12 - 6
2 2
б) Момент сопротивления для круглого сечения:
у/ = А = AL = At я о, W3.
1 64- — 32
2 2
в) Момент сопротивления для кольцевого сечения с внеш-
ним диаметром О и с внутренним dr.
w _JX _n(D*-d*) n(D*-d4) D^-d^
D 64 D 32D D
2 2
ИЛИ
— = C; 1У = 0,LD3(l-C4).
На практике очень часто сечения балок выбирают в виде двутав-
ра, швеллера, часто применяются сварные балки - такие балки дают
большие моменты сопротивления. Моменты сопротивления стан-
дартных размеров даются в таблицах.
Касательные напряжения при изгибе балки определяются по
! формуле
Q-5 ГТТ/ 91
т = [Н/м2],
(6.8)
где Q ~ поперечная сила в сечении балки, Н; 5 - статический мо-
мент относительно нейтральной оси, м3; b - ширина рассматривае-
мого продольного слоя, м; Jx - осевой момент инерции, м4.
Условие прочности при изгибе балки по касательным напря-
жениям:
W=%7^^[tJ[H/m2],
(6.9)
где [т] - допускаемое касательное напряжение.
172
Последовательность решения задач:
1) определить реакции опор балки (для определения реакций
опор рекомендуется использовать два уравнения моментов: одно -
относительно левой опоры, второе - относительно правой), а затем
обязательно проверить правильность решения по уравнению про-
екций на ось, перпендикулярную к балке;
2) построить эпюру поперечных сил;
3) построить эпюру изгибающих моментов (для построения
эпюр целесообразно использовать метод построения по характер-
ным точкам);
4) по эпюре изгибающих моментов определить расчетный (наи-
больший по абсолютному значению) изгибающий момент, выразив
его в Н мм;
5) в выражении условия прочности
Мх г 1
о = —— < [с]
Wx
принять, что о = [о], и определить требуемый осевой момент сопро-
тивления поперечного сечения балки;
6) выразить значение Wx в см3 (при подстановке в расчетную
формулу Wx = величину Мх - в Нмм и [о] - в Н/мм2, значение
И
Wx получится, как легко видеть, в мм3), а затем с помощью таблиц
соответствующих ГОСТов по найденному значению подобрать не-
обходимый номер профиля швеллера ГОСТ 8240-89 или двутавра
ГОСТ 8239-89.
Перемещения при изгибе.
Под действием внешней на-
грузки ось балки искривляется
(рис. 6.8). В результате точки,
лежащие на оси балки, переме-
щаются по вертикали, а попе-
речные сечения, оставаясь плос-
кими, поворачиваются на не-
который угол по отношению к
первоначальному положению.
Прогибом балки в любом сече-
нии на расстоянии х от начала
Рис. 6.8. Линейное и угловое переме-
щение сечения при изгибе балки
координат называют вертикальное перемещение точки, лежащей на
оси балки в этом сечении. Углом поворота О поперечного сечения
балки будет угол наклона касательной к оси балки в этом сечении
к первоначальному положению этой оси.
Расчет балок на жесткость. Во многих случаях деформации ба-
лок могут нарушить нормальную эксплуатацию машин или конструк-
173
ции. Например, большой прогиб валов зубчатых передач может об-
условить выход из зацепления зубчатых колес. При токарной об-
работке детали в центрах при больших деформациях не достигается
необходимая точность ее изготовления. Следовательно, наряду с
прочностью в ряде случаев детали машин и элементы конструкций
должны обладать необходимой жесткостью.
При расчете балок на жесткость при изгибе определяют наиболь-
ший прогиб и сравнивают его с допускаемым: /<[/], т.е. максималь-
ный прогиб (стрела прогиба) не должен превышать допускаемого
значения [/J. Допускаемый прогиб зависит от условий работы кон-
струкций и обычно назначается в зависимости от пролета - расстоя-
ния между опорами /. Для балок, применяемых в строительных кон-
струкциях и машиностроении, он составляет (0,001...0,05)/.
Для рационального выбора опорных устройств, обеспечения нор-
мальной работы подшипников скольжения в некоторых случаях вво-
дят дополнительное условие жесткости конструкции: угол поворота
опорного сечения не должен превышать допускаемого значения.
-----------Примеры-------------
Пример 1. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо-
ментов для балки, изображенной на рис. 6.9.
174
Решение. Определяем опорные реакции:
^МА =о; -Fl + FB-4 = 0,
откуда
Rb =
Fl
4
16-1
4
= 4 кН;
= f-3-ra-4 = o,
откуда
А 4
16-3
4
= 12 кН.
Проверку правильности найденных значений опорных реакций
производим по уравнению суммы проекций всех сил на вертикаль-
ную ось: Ra - F + RB = 0, или 12 - 16 + 4 = 0, 0 = 0, отсюда заключа-
ем, что опорные реакции по величине и направлению определены
правильно. Для построения эпюр поперечных сил и изгибающих
моментов применяем метод сечений.
Балку условно представим состоящей из 2 участков: первый
участок расположен от точки А до точки С; второй - от точки С до
точки В. Определим значения поперечных сил для каждого участка
балки. На первом участке произвольно выберем сечение на рассто-
янии х{ от опоры А.
Слева от сечения на балку действует одна внешняя сила RA
(опорная реакция), которая стремится повернуть левую часть балки
относительно точки, лежащей в проведенном сечении по часовой
стрелке. Следовательно, сила RA вызывает положительную попереч-
ную силу
еУ1=/?л=12кн.
На втором участке балки произвольно выберем сечение на рас-
стоянии х2 от опоры А. Слева от сечения на балку действуют две
внешние силы RA и F. Сила RA, как и на первом участке, вызывает
положительную поперечную силу, а сила F, стремящаяся повернуть
левую часть балки относительно точки, лежащей в проведенном се-
чении, против часовой стрелки, вызывает отрицательную попереч-
ную силу
йУ2 =-F = 12-16 =-4 кН.
Эпюра поперечных сил приведена на рисунке.
Определим значения изгибающих моментов для каждого участ-
ка балки.
175
Мысленно защемим отсеченную левую часть балки в проведен-
ном сечении на первом участке.
Сила RA изгибает отсеченную часть балки относительно прове-
денного сечения выпуклостью вниз, следовательно, сила RA дает по-
ложительный изгибающий момент
Мх^ = Ra • .
Изгибающий момент на этом участке меняется по закону пря-
мой линии, для построения которой достаточно два его значения:
при xt = О = 0;
при =1 м MXj = 12 • 103 • 1 = 12 • 103 Нм = 12 кН м.
Аналогично мысленно защемим отсеченную левую часть в про-
веденном сечении на втором участке.
Сила RA, как и на первом участке, дает положительный изгиба-
ющий момент. Сила F изгибает отсеченную часть балки относи-
тельно проведенного сечения выпуклостью вверх, следовательно,
сила F дает отрицательный изгибающий момент
Мх2 = Ra-x2~F(x2-V,
и на этом участке изгибающий момент изменяется по закону пря-
мой линии, для построения которой также достаточно знать два его
значения:
при х2 =1 м МХ2 =12-103-1=12-103 Нм = 12 кН-м;
при х2 =4 м МХ2 = 12-103-4-16-103-3 = 0.
Эпюра изгибающих моментов приведена на рисунке. Построить
эпюры Qy и Мх можно и без составления уравнений поперечных
сил и изгибающих моментов, а путем вычисления значений попе-
речных сил и изгибающих моментов в характерных точках (сечени-
ях). Для рассматриваемой балки характерными точками (сечения-
ми) являются точки Л, Си В. Характер изменения эпюр между эти-
ми точками установим с помощью дифференциальных зависимо-
стей: так как распределенная нагрузка на обоих участках отсутствует
(q = 0), то поперечная сила в пределах каждого участка постоянна,
а изгибающий момент изменяется по линейному закону.
Вычислим характерные значения поперечных сил. Поскольку
мы установили, что поперечная сила постоянна на каждом из участ-
ков балки, достаточно вычислить по одному значению Q на каж-
дом участке. Однако в целях контроля можно вычислить большее
количество характерных значений. Например:
в сечении A QA = RA = 12 кН:
в сечении С (слева) Q£ = RA = 12 кН;
176
в сечении С (справа) QT = = 12 -16 = -4 кН;
в сечении В QB = ~RB = “4 кН.
Вычислим значения изгибающих моментов в этих же сечениях:
в сечении А МА = 0;
в сечении С Мс = RA • 1 = 12 • 103 -1 = 12-103 Н • м = 12 кН • м;
в сечении В Мв = RA -4- F-3 = 12 103-4-16• 103-3 = 0.
По найденным значениям и известному качественному характеру
изменения поперечной силы и изгибающего момента строят эпюры
Оу и мх.
Пример 2. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо-
ментов для балки, изображенной на рис. 6.10.
Рис. 6.10. К примеру 2
Решение. Определяем опорные реакции:
£л/Л=0; -9-31,5 + Вв-4 = 0,
177
откуда
л £±0.^345. #кН.
й 4 4
£Л/В =0; <7-3-2,5-Ял-4 = 0,
откуда
Лл=1^г5 = 1з^5=15кН
л 4 4
Для построения эпюр поперечных сил Q и изгибающих момен-
тов М условно представим балку состоящей из 2 участков: первый
участок - от точки А до точки С; второй участок - от точки С до
точки В.
Определим значения поперечных сил для каждого участка бал-
ки. На первом участке произвольно выберем сечение, отстоящее на
расстоянии от опоры А. Равномерно распределенную нагрузку
на длине хг заменим равнодействующей силой, равной q • jq и при-
ложенной в середине длины xi. Поперечная сила в этом сечении
Qyx =ra-Q- xi-
Из уравнения следует, что поперечная сила на первом участке
изменяется по закону прямой линии, для построения которой до-
статочно знать два значения поперечной силы:
при х{ = 0 Qyx = Ra = 15 кН;
при xt = 3 м Qyx = Ra - q • 3 = 15 - 8 • 3 = -9 кН.
Поперечную силу на втором участке определяем, рассматривая
часть балки справа от сечения:
йу2 =-/?д=-9кН.
По найденным числовым значениям строим эпюру поперечных сил.
Определим значения изгибающих моментов для каждого участ-
ка балки. Для этого воспользуемся теми же участками балки и се-
чениями, которые были выбраны ранее. На первом участке балки
изгибающий момент
Мхх = = RA-x{-q^-.
Изгибающий момент на этом участке изменяется по закону квад-
ратной параболы, для построения которой достаточно знать три его
значения:
178
при х1 = О Мх^ = О;
при xt =3м МХ{ = 15-Ю3-3-8-103 | = 9103 Н м = 9кН м;
третье значение изгибающего момента определим для сечения, в
котором поперечная сила равна нулю, а следовательно, изгибаю-
щий момент будет иметь свое наибольшее значение. Находим зна-
чение х, при котором поперечная сила будет равна нулю:
Qi/t = Ra " Q •х = °>
откуда
Ra _ 15 103
q ~ 8-103
= 1,875 м.
Наибольший изгибающий момент
„ п х2 <лЗ 8-103-1,8752
Mma„ = Ra • x~q — = 15 - 103 • 1,875-------------
iiidx zi -« 2 2
= 14,1-IO3 Н-м = 14,1 kH m.
По найденным трем значениям изгибающего момента строим
эпюру на первом участке. Уравнение изгибающего момента на вто-
ром участке балки запишется (справа от сечения) так:
Мх2 =Кв^~х2>
На этом участке изгибающий момент изменяется по закону пря-
мой линии, для построения которой достаточно знать два его
значения:
при х2 = 3 м МХ2 = 9(4 - 3) = 9 кН • м;
при х2 = 4 м МХ2 = 9(4 - 4) = 0 кН • м.
По найденным числовым значениям строим эпюру изгибающих
моментов на втором участке.
Эту же задачу решим по методу характерных точек. Для данной
балки характерными точками (сечениями) являются точки А, С, В.
На участке АС действует распределенная нагрузка постоянной ин-
тенсивности q, следовательно, здесь поперечная сила будет изме-
няться по линейному закону, а изгибающий момент - по квадратич-
ному. На участке СВ распределенной нагрузки нет. Здесь попереч-
ная сила постоянна (и не равна нулю), а изгибающий момент из-
меняется по линейному закону.
Вычислим значения поперечных сил в характерных сечениях:
в сечении A QA = RA = 15 кН;
179
в сечении С Qc=RA-q-3 = 15-8-3 =-9 кН;
в сечении В (слева) QB = RA - q • 3 = 15 - 8 • 3 = -9 кН.
Вычислим значения изгибающих моментов в этих же точках
(сечениях):
в сечении А МА = 0;
в сечении С Мс = RA -3-q-3-1,5 = 15-103 -3-8 -IO3 -3-1,5 =
= 9-103 H-м = 9 кН• м;
в сечении В Мв = 0.
Вычисленные значения изгибающих моментов не дают возмож-
ности построить правильно эпюру М на участке АС. Для правиль-
ного построения эпюры Мх на этом участке найдем значение х, при
котором —— = Qu - 0, а следовательно, изгибающий момент будет
ах *
иметь максимум. Определить данное значение х можно, рассматри-
вая подобие треугольников на эпюре Qy, а также способом, приме-
ненным при решении этой же задачи в первом варианте решения.
Одним из этих методов мы находим, что = Q при х= 1,875 м.
Этому значению х соответствует Л/тах = 14,1 кН • м. По получен-
ным четырем значениям изгибающего момента строим эпюру Мх.
Пример 3. Для балки (рис. 6.11, а) построить эпюры попереч-
ных сил и изгибающих моментов, если сила F=8 кН, интенсив-
ность равномерно распределенной нагрузки д = 4 кН/м, момент
М = 11 кН • м, расстояние а = 2 м, й = 4 м, с - 3 м.
Решение. Определим опорные реакции:
уЛ/л=О; qa^-Fb-M + RB(b + c) = 0,
откуда -qa — + Fb + М о , -и , 4i R„ = -Ц = --32 + 11,5 кН; в Ь + с 7 5>й=0; qa — + b + с - RA(b + с) + Fc-М = 0, \ 2 )
откуда (а qa — + b + c + Fc-M Ял. \2 L = 64 + 24 -11 11 кН. л Ь + с 7
180
Рис. 6.11. К примеру 3
Для проверки составляем сумму проекций всех сил на верти-
кальную ось у:
ЕУ= О, -F - q • а + Ra + RB = -4 • 2 + И - 8 + 5 = 0.
Строим эпюру поперечных сил (рис. 6.11, б):
в сечении К QK/ = 0;
в сечении А ОА = -q а = -4 • 2 = -8 кН;
Q л = -q • а + R л = -8 +11 = 3 кН
^^нрав 7 Л
(в сечении А на эпюре Qy получается скачок на величину реак-
ции Ra);
в сечении D QD = -q-a + RA = -4-2 + 11 = 3 кН;
^“^лев ™
Qp = -?-а + Дл-^ = -8 + 11-8 = -5 кН;
в сечении В QBy =-RB = -5 кН.
181
Строим эпюру изгибающих моментов по характерным сечениям
К, А, ДБ (рис. 6.11, в).
В сечении К изгибающий момент Мк = 0, так как в этом сече-
ЛХХ
нии нет сосредоточенного момента.
В сечении А рассмотрим левую часть, на которую действует рав-
номерно распределенная нагрузка:
МА =-qa—=-4-2—=-8 кН-м.
Л> 7 2 2
В сечении В действует сосредоточенный момент М:
МВх = -М = -11 кН-м.
В сечении D рассмотрим правую часть, на которую действует
сила RB и сосредоточенный момент М\
MDX = /?вс-М = 5-3-11 = 4 кН-м.
Соединим полученные точки эпюры на участках DB и AD на-
клонными прямыми, на участке АК - параболой, обращенной вы-
пуклостью навстречу равномерно распределенной нагрузке.
Пример 4. Для балки на двух опорах пролетом I = За, нагружен-
ной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q, па-
рой сил с моментом M^-qa2 и сосредоточенной силой F=qa
(рис. 6.12), составить в буквенном виде выражения Q и Мх, по-
строить эпюры Q и Мх и вычислить наибольшие по абсолютному
значению величины изгибающего момента и поперечной силы, если
7 = 2 н/м и а = 2 м.
Решение.
1. Определение опорных реакций.
Направив реакции опор в точках А и В вверх (горизонтальная ре-
акция RA^ заведомо равна нулю), составим уравнения моментов от^
носительно опор А и В:
-RA • За - Mq - F -2а + 3qa • 1,5а = 0.
Отсюда
Ra = ^(-qa2 -2qa2 + 4,5qa2) = 0.5qa]
За
Yma=^
RB За + F a - 3qa • 1,5a - = 0,
откуда RB = 1,5<7«.
Проверка: - 0 tRA + RB + F - 3qa = 0.
182
2. Составление аналитических выражений Qy и Мх.
Сила F разделяет балку на два участка, в пределах которых вы-
ражения Qy и Мх будут различны. Для составления этих выраже-
нии необходимо рассмотреть два сечения между силами: сечение
1-1 левее силы F на первом участке и сечение 2-2 справа от нее.
При этом целесообразно рассматривать ту часть балки, к которой
приложено меньше сил, и выбирать начало координат так, чтобы
уравнения были возможно проще; х{ отсчитываем от опоры Л, а
х2 - от опоры В. Уравнения Q и Мх примут вид:
для первого участка (0 < х^ < а)
Qy} = ra~ УХ1 = °- - <7*1 -
2 2
Г. МХ ДО Л 2 ДО
МХх = RaXi + Mq - = 0, + qa - ;
для второго участка (0 < х2 < 2я)
Qy2 = -RB + qx2 = -1,5qa + qx2, MX2 = RBx2 - = 1,5qax2 - .
Уравнения Q и Mx показывают, что поперечная сила изменяет-
ся на каждом участке балки по закону прямой, а изгибающий мо-
мент - по квадратной параболе.
183
3. Построение эпюр Qy и Мх.
Построение графиков функций Qy и Мх производим, придавая
переменным и х2 определенные значения (для Qy ~ не менее двух
на каждом участке, а для Мх - не менее трех). Подсчеты выполнены
в табличной форме:
Абсциссы сечения Поперечная сила Qy Изгибающий момент Mx
jq = 0 Ql= А = Q,5qa - qa2
= 0,5я - Mi = qa2 + 0,5qa-0,5a--^- =
xi = а Qi = 0,5qa -qa- -0,5qa - qa2 + 0,5qa2 - = qa2
х2 = 0 0.2 = ~i,5qa M2=0
х2 = « - M2=l,5qa2 -^- = qa2
х2 = 2а Q2 = -1,5qa + 2qa = Q,5qa л с n q(2a)2 2 M2 = i,5qa • 2a - = qa
По приведенным в таблице значениям построены эпюры Q и
Мх. Положительные значения поперечных сил и изгибающих мо-
ментов откладываем вверх (в некоторых курсах принято строить
эпюры Мх на растянутых волокнах балки, т.е. откладывать положи-
тельные значения моментов вниз).
Эпюра Q изображается двумя параллельными наклонными пря-
ными; эпюра Мх ограничена параболическими кривыми, причем
наибольшие значения изгибающий момент имеет в сечениях, где
Qy = 0. На первом участке МП1ах
= (ПРИ Х1 = 0,5«).
Для отыскания наибольшего момента на втором участке иссле-
дуем уравнение Мх^ на максимум:
dMx,
—-—- = 0 = -Q2 (знак минус, так как ось х2 направлена влево);
ах2
dMXn
----— = 1,5qa - qx2 = 0,
dx2
откуда x2 = 1,5a.
184
Подставляя это значение в уравнение Мх , получим
1 с < С <7(1,5а)2 9 2
Л/тах = 1,5аа • 1,5а - —-— = —qa,
llldX 1 1 1 2 g -< 7
т.е. такое же значение, как и на первом участке. Вид полученных
эпюр показан на рисунке. Обратим внимание на то, что в эпюре Qy
имеется скачок на величину силы F=qa в сечении под силой, а в
эпюре Мх получен скачок на величину Mq в опорном сечении, где
приложена пара сил. Характер кривых, ограничивающих эпюру, на-
ходится в соответствии с дифференциальной зависимостью---— = q
doc1
Так как q < 0 (направленно вниз), то < 0, т.е. кривизна эпюры
dx1
отрицательна, и, значит, выпуклость кривой должна быть направле-
на в сторону положительных ординат Мх, что и получено.
Расчетные значения Qy и Мх, как это видно из эпюры, соответ-
ственно равны:
, . 9 о 9 о
Стах = 1,5^ =1,5-2-2 = 6 Н, Мтах =-qa2 = -2-22 =9 Н-м.
4<niiix j ’ i I 1 1 max g j g
Пример 5. Для балки, изображенной на рис. 6.13, а, построить
эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, если F= 6 кН,
q = 5 кН/м, М = 1,6 кН • м, а = 0,8 м.
Решение. Прежде чем приступить к построению эпюр Qy и Мх
необходимо определить реакции опор Освободим балку от связей,
т.е. вместо опор приложим силы реакции RA и RB. Система актив-
ных сил и сил реакций представляет систему параллельных сил,
для которой можно составить два независимых уравнения равно-
весия. Составим два уравнения моментов относительно точек Л и В
балки:
XМА = ~^а + М - q2aa + RB2a = 0;
Мв = -F3a + М + RA2a + q2aa = 0,
откуда
Fa- М + q2aa _ 6• 0,8-1,6 + 5• 2• 0,8• 0,8
2а
2-0,8
= 6 кН,
„ F3a-M-q2aa 6-3-0,8-1,6-5-2-0,8-0,8 , лт
R л = ———— ----=----------------------= 4 кН.
А °- 2-0,8
2а
185
X *
Qyi кН
3.6
Рис. 6.13. К примеру 5
1>б
Проверим правильность определения реакции RA и RB, составим
уравнение проекций на ось у:
= F - RA -q2a + RB = 0;
У г/= 6-4-5-2-О,8 + 6 = 0;
0 = 0.
Эпюры строим по характерным точкам, т.е. вычисляем Qy и Мх в
тех точках, где эпюра претерпевает изменения, а именно в точках
приложения сосредоточенных сил и сосредоточенных моментов, а
также в точках, соответствующих границе распределенной нагруз-
ки. Обозначим точку сечения, соответствующую левому свободно-
му концу балки, через С.
Вычислим Qy в точке С. Так как сила F стремится поднять ле-
вую часть балки относительно правой вверх, то, согласно принято-
му правилу знаков, она вызовет появление положительной попе-
речной силы Qy:
186
Q =F = 6kH.
у
В сечении А балки найдем QA через силы, лежащие левее сече-
ния А:
Q^=F = 6 кН.
Отложим найденные значения Qy на эпюре, проведя базовую
линию (линию нулевых значений Qy) параллельно оси балки. На
участке СА эпюра Q изобразится прямой, параллельной оси балки.
В сечении А должен быть скачок на величину действующей силы.
Чтобы определить знак Qy от действия RA, отступим от сечения А
правее на бесконечно малое расстояние и мысленно разрежем бал-
ку. Видим, что Ra стремится опустить левую часть балки относи-
тельно правой вниз, значит, должна быть взята со знаком минус, и
скачок в сечении Л, равный RA = 4 кН, следует отложить вниз. На
участке АВ действует равномерно распределенная нагрузка, значит,
эпюра Qy на этом участке изображается наклонной прямой. В сече-
нии А поперечная сила Qy найдена: QA# = F-RA = 6-4 = 2 кН.
Для того чтобы провести наклонную прямую, достаточно найти
положение еще одной точки. Вычислим Q в сечении В. Если стро-
ить эпюру справа налево, т.е. оставлять те силы, которые действуют
на балку правее рассматриваемого сечения, то легко видеть, что
правее сечения В сил нет, но в самом сечении приложена сила RB,
стремящаяся поднять правую часть балки вверх относительно ле-
вой, и в соответствии с принятым правилом знаков сила Qy должна
быть взята со знаком минус: QB^ = -RB = -6 кН.
Отложим на эпюре Qy в выбранном масштабе найденное значе-
ние и соединим наклонной прямой точки эпюры. Эпюра Q постро-
ена на рис. 6.13, 6.
Заметим, что в точке К наклонный участок эпюры Qy пересек
линию нулей, значит, в этой точке на эпюре Мх будет точка экстре-
мума. Найдем абсциссу х этой точки, рассматривая подобие тре-
угольников на эпюре Qy.
х/2 = (1,6-х)/6.
Решив пропорцию, получим х = 0,4 м.
Построение эпюры Мх. В сечении С действует сосредото-
ченный момент М= 1,6 кН • м. Следовательно, эпюра Мх начинает-
ся не из нуля. В сечении С Мс* = -1,6 кН • м. Знак минус взят по-
тому, что момент М изгибает балку таким образом, что сжатые во-
локна оказываются внизу. Отложим в произвольно выбранном мас-
штабе найденное значение момента ниже линии нулей. В сечении А
балки также вычислим изгибающий момент, учитывая все силы,
187
лежащие левее сечения, т.е. учитывая момент от силы F и сосредо-
точенный момент М. Сила изгибает балку таким образом, что сжа-
тые волокна оказываются сверху, поэтому момент от нее должен
быть взят со знаком плюс, а момент М, наоборот, со знаком минус:
МАХ =F„-M=6- 0,8-1,6 = 3,2 кН • м.
Отложим полученное значение момента в выбранном масштабе
выше базовой линии.
Вычислить моменты в сечении К балки удобнее через силы, ле-
жащие правее сечения К. Правее сечения К действует реакция RB,
изгибающая балку сжатыми волокнами сверху, и равномерно рас-
пределенная нагрузка, изгибающая балку сжатыми волокнами сни-
зу, поэтому изгибающий момент от RB надо взять со знаком плюс, а
от q - со знаком минус. Заметим, что правее сечения К лежит не
вся равномерно распределенная нагрузка, а лишь ее часть. Вычис-
ляя МКх в сечении К, надо учесть распределенную нагрузку, дей-
ствующую на длине участка, равной 1,2 м. Вычислим
мкх = RB * I,2 • 0,6 = 6 • 1,2-5 • 1,2 • 0,6 = 3,6 кН - м.
Отложим найденное значение Мк* в выбранном масштабе выше
базовой линии.
В сечении В видим, что изгибающий момент должен быть равен
нулю, так как правее этого сечения нет сил, а в самом сечении нет
сосредоточенного момента Мв* = 0.
Соединим полученные точки эпюры: на участке СА - наклонной
прямой, на участке АВ - парабо-
лой, обращенной выпуклостью
навстречу стрелкам q. Эпюра Мх
построена на рис. 6.13, в.
Пример 6. Для балки, изоб-
раженной на рис. 6.14, построить
эпюры поперечных сил и изги-
бающих моментов.
Решение. Прежде чем при-
ступить к построению эпюр Qy и
Мх, необходимо определить ре-
акцию опоры. Освободим балку
от связей, т.е. вместо опоры при-
ложим силу реакции RA и воз-
никший момент МА. Составим
необходимые для решения урав-
нения равновесия:
188
^MA = Fl-M-qlO,5 + MA =0;
^Мв = МА + RA-i +q-1-0,5-М = 0.
Подставляя значения, получаем:
МА = q • 1 • 0,5 + M-F- 1 = 10 • 1 • 0,5 + 12 - 15 = 2 кН • м;
RA = M-MA-q- 1 -0,5 =12-2-10- 1 0,5 = 5 кН.
Проверим правильность определения реакции RA и момента МА,
составив уравнение проекций на ось у:
^Y = F-RA-q = 0;
^Y = 15-5-10 = 0;
0 = 0.
Эпюры строим по характерным точкам, т.е. вычисляем Qy и Мх
в тех точках, где эпюра претерпевает изменение, а именно: в точ-
ках приложения сосредоточенных сил и сосредоточенных момен-
тов, а также в точках, соответствующих границам распределенной
нагрузки.
Так как на участке BD приложенных сил нет, то на этом участке
поперечная сила Qy будет равна нулю.
Участок I: 0 < xi < 1 м;
Qy I = °-
Участок II: 1 < х{ <2 м;
Qy п = °-
Вычислим Q в точке В. Так как сила Устремится повернуть от-
сеченную часть балки против часовой стрелки вокруг точки, соот-
ветствующей проведенному сечению, то, согласно принятому пра-
вилу знаков, она вызовет появление отрицательной поперечной
силы (а приложенная нагрузка - положительной силы) Qy:
Qy ш ~ + Q * (хз ~ 2)-
При x3 = 2 м Q ш = -15 кН.
При x3 = 3 м Qy in = кН.
Отложим найденные значения Q на эпюре, проведя базовую
линию (линию нулевых значений Qy) параллельно оси балки. На
участке BD эпюра Qy изобразится прямой, совпадающей с базовой
линией. В сечении В должен быть скачок на величину действую-
щей силы, что мы и изображаем. На участке АВ действует равно-
мерно распределенная нагрузка, значит, эпюра Qy на этом участке
189
изображается наклонной прямой. В сечении А поперечная сила Q?/
найдена: QA = -5кН.
Отложим на эпюре Qy в выбранном масштабе найденные значе-
ния и соединим точки эпюры.
Построение эпюры Мх.
В сечении D нет ни сил, ни моментов, ни нагрузки.
Участок 1: 0 < х1 < 1 м; Мх ] = 0 кН • м.
Следовательно, на эпюре Мх проводим линию, совпадающую с ну-
лем. На участке CD действует сосредоточенный момент М = 12 кН • м.
Участок II: 1< < 2 м; Мх п = -12 кН • м.
Знак минус взят потому, что момент М изгибает балку таким об-
разом, что сжатые волокна оказываются внизу. Отложим в произ-
вольно выбранном масштабе найденное значение момента ниже ли-
нии нулей. В сечении В балки также вычислим изгибающий мо-
мент, учитывая все силы, лежащие левее сечения, т.е. учитывая мо-
мент от силы F и равномерно распределенной нагрузки q.
Участок III: 2 < х1 < 3 м; Мх 1П = -М - ——— + F • (х3 - 2).
При х3 = 2 м Мх П1 = -12 кН • м.
При х3 = Зм Mv 1П = -2 кН • м.
Отложим полученные значения моментов в выбранном масшта-
бе ниже нулевой линии. Соединив полученные точки, получим
эпюру Мх
Пример 7. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо-
ментов для балки, изображенной на рис. 6.15, а. Подобрать из усло-
вия прочности требуемый номер двутавра, если #=12 кН/м,
/=0,5 м, [ст] = 130 Н/мм2.
Решение. Решим задачу в буквенном виде. Прежде чем при-
ступить к построению эпюр, необходимо определить реакции опор.
Составим уравнения равновесия:
£ Y = Ra - 2q • 31 + 2ql + RB - ql = 0;
£MA = -5,5ql2 — 2<y • 3/ • 1,5/ + 2ql • 3,5/ + RB4l -ql-4.5l = 0.
Решив систему уравнений, получим: RA = 2ql; RB = 3ql.
Отметим характерные точки балки (рис. 6.15, а). Найдем попе-
речную силу в точке А. Левее этой точки сил нет, но в самой точке
приложена сила RA = 2ql, стремящаяся левую часть балки поднять
относительно правой, значит, QA = 2ql положительна и должна
быть отложена в произвольно выбранном масштабе вверх от базо-
вой оси. которую следует провести параллельно оси балки.
190
Рис. 6.15. К примеру 7
В точке 1 для определения Qyx оставим часть балки, лежащую
левее сечения 7, а все, что лежит правее, мысленно отбросим. Ви-
дим, что сила Ra стремится сдвинуть левую часть балки вверх от-
носительно правой, следовательно, по принятому правилу знаков,
вызовет появление положительной поперечной силы, а распреде-
ленная нагрузка стремится сдвинуть левую часть балки вниз отно-
сительно правой, значит, она вызовет возникновение отрицательной
силы Qy- Найдем алгебраическую сумму этих сил для определения:
Qy - 2ql -2q-3l = -Aql. Нагрузка Qyx отрицательна, поэтому долж-
на быть отложена в выбранном масштабе ниже базовой линии.
На участке А-1 эшора изобразится наклонной прямой (рис. 6.15, б).
Определяя Q , мы должны отбросить либо левую часть балки,
либо правую часть балки. Поступим прежним образом и оставим
191
часть балки, лежащую левее точки 2: Qy^ = 2ql -2q-3l = ~^ql. Пра-
вило знаков было объяснено выше.
Отложим найденное значение в точке 2 на эпюре Qy ниже базо-
вой линии. На участке 1-2, где нет распределенной нагрузки, эпюра
изобразилась прямой, параллельной оси балки. Но в точке 2 при-
ложена сосредоточенная сила 2ql, поэтому она должна быть отло-
жена на эпюре в виде скачка вверх, так как стремится сдвинуть ле-
вую часть балки относительно правой вверх.
Силу Qy в точке В удобнее определить, отбрасывая часть балки,
лежащую левее точки В, и оставляя все, что лежит правее. Иначе
говорят: «Построить эпюру справа налево». Правее точки В лежит
распределенная нагрузка, которая стремится сдвинуть правую часть
балки вниз относительно левой. Согласно принятому правилу зна-
ков поперечная сила должна быть взята со знаком плюс.
Сила QBy = ql. Отложим значение QB^ в выбранном ранее мас-
штабе выше базовой линии. Видим, что в точке В приложена сосре-
доточенная сила RB = 3ql, поэтому ее необходимо отложить в виде
скачка. Сила RB стремится сдвинуть правую часть балки относи-
тельно левой вверх, значит, мы ее должны отложить вниз. Теперь
можно соединить прямой точки эпюры 2-В. Эпюра изобразится
прямой, параллельной оси балки.
В точке 3 видим, что = 0, так как правее нет нагрузки и в са-
мом сечении не приложена сосредоточенная сила. На участке В-3
эпюра изобразится наклонной прямой. Эпюра Qy построена. Выше
было записано, что если наклонный участок эпюры Qy пересекает
ось нулей, в этой точке на эпюре Мх будет точка перегиба. Найдем
значение координаты х из подобия треугольников на эпюре Qy.
х _31-х
2ql 4ql
Решая пропорцию, получим х = /. На балке эту точку обозначим
К. Приступим теперь к построению эпюры Мх (рис. 6.15, в).
В точке А приложена сосредоточенная пара сил 5,5qP. Отложим
на эпюре Мв* = 5,5 выше линии нулей в виде скачка (сжатые во-
локна находятся сверху).
Найдем значение изгибающего момента в точке К, отбросив
часть балки правее точки К и оставив часть балки левее. Считаем,
что в точке К балка закреплена; пара сил S^qt1 и реакция RA изги-
бают балку сжатыми волокнами вверх, а распределенная нагрузка -
вниз, тогда М Кх ~ 5g/2 + 2д/ • / - 2ql • 0,5/ = 6,5ql2.
Отложим на эпюре значение Мх выше базовой линии в выбран-
ном ранее масштабе. Вычислим изгибающий момент в точке 7, по-
192
прежнему оставляя левую часть балки: Мх^ = 5,5ql2 + 2ql -31 -2qx
хЗ/ • 1,5/ = 2,5ql2. Отложим значение на эпюре Мх. Соединим эпюру
по найденным точкам, получим на этом участке параболу, направ-
ленную выпуклостью навстречу стрелкам 2q.
Чтобы вычислить МХ2, можно оставить опять-таки левую часть
балки:
МХ2 = 5,5ql2 + 2ql -3,5/ -2q -31 21 = Q,5ql2.
Отложим значение на эпюре Мх и соединим с предыдущей точ-
кой эпюры наклонной прямой. Видим, что параболическая часть
эпюры Мх плавно спряглась с наклонной прямой.
В точке В удобнее, вычисляя Мв*, оставлять часть балки, лежа-
щую правее точки В. На эту часть балки действует только распре-
деленная нагрузка интенсивностью q. Считая, что балка условно
закреплена в точке В, видим, что распределенная нагрузка изгибает
балку таким образом, что сжатые волокна оказываются снизу, по-
этому, по принятому правилу знаков, изгибающий момент будет
отрицателен:
МВх =-ql-O,5l = -O,5ql2.
Отложим значение Мв* на эпюре и соединим с предыдущей точ-
кой, соответствующей значению MXi) наклонной прямой. В точке 2
на эпюре моментов, где на балку действует сосредоточенная сила,
получился излом. В точке 3 изгибающий момент равен нулю, так
как правее ее нет внешних сил и в самой точке не приложена пара
сил. Соединим точки В и 3 параболой. В точке В на эпюре полу-
чился излом, так как в этой точке на балку действует сосредоточен-
ная сила RB.
Эпюра построена. Мы видим, что опасным будет сечение, соот-
ветствующее точке К. Запишем условие прочности:
откуда
• U7 > х 1Т>ах = 6’ ^?/ .
М ’ [а] ’
q = 2 кН/м =12 Н/мм; подставляя значения, получим
6.5-12-5002 с з з з
Wv >--------------= 150 • 10 мм = 150 см .
Л 130
193
Из таблицы (ГОСТ 8239-89) выбираем двутавр № 18, для кото-
рого Wx = 148 см3. Балка будет перегружена на 1,4%, что допускается.
Пример 8. Подобрать размеры квадратного сечения заданной двух-
опориой балки (рис. 6.16). Для материала балки (сталь Ст.З) с учетом
повышенных требований к ее жесткости принять [о] = 130 МПа.
Рис. 6.16. К примеру 8
Решение. В заданном брусе четыре участка: I, II, III и IV. Име-
ет место изгиб бруса.
В отличие от рассмотренной в предыдущем примере консольной
(т.е. одноопорной) балки расчет двухопорной балки следует начать
с определения реакций RB и RD шарнирных опор (горизонтальная
реакция шарнирно-неподвижной опоры В, очевидно, равна нулю).
Полагая обе реакции направленными вверх, составляем два уравне-
ния равновесия, выбрав в качестве центра моментов точки В и D:
1) Хмв =°; Ml-Fi-BC + M2+RD-BD + F2 BE = 0,
10 - 210-0,1 +16 + -0,2 + 300-0,25 = 0,
194
отсюда^ - -400 Н;
2) £Л^=0; M1-jRb-BD + M2+F1-CD + F2-DB = 0;
10 -RB -0,2 + 210 -0,1 + 16 + 300 -0,05 = 0,
отсюда RB = 310 Н.
Составляем проверочное уравнение равновесия: YFy = RB - Fi +
+ Rd + F2 = 310-210 + (-400) + 300 = 610 - 610 = 0; следовательно, ре-
акции опор определены верно. Реакция Rd получилась отрицатель-
ной, т.е. направлена не вверх, а вниз (что и показываем на чертеже,
перечеркивая предварительно выбранное направление). Найденные
значения RB и Rd проставляем на чертеже.
Для определения внутренних силовых факторов Qy и Мх при-
меняем метод сечений. Проводя мысленно сечение в пределах каж-
дого из участков, будем отбрасывать правую часть балки и остав-
лять для рассмотрения левую часть, т.е. строим эпюры слева на-
право (с равным успехом можно было принять порядок построения
справа налево).
Определение поперечных сил и построение эпю-
р ы Qy. На участке I поперечная сила равна QT = 0 (случай чистого
изгиба). На участке II поперечная сила постоянна и равна Qn =
= RB = 310 Н. На участке III поперечная сила также постоянна и рав-
на Qin = FB - = 310 — 210 = 100 Н. На участке IV поперечная
сила постоянна и равна QIV = RB -*Fi - RD = 310 - 210 - 400 = -300 H.
Построенная эпюра поперечных сил Q показана на рис. 6.16, б.
Определение изгибающих моментов и построение
эпюры Мх. Эпюру изгибающих моментов строим по характерным
точкам, т.е. вычисляем Мх в характерных сечениях Л, В, С, D и Е.
В сечениях А и В, равно как и в любом другом сечении участка I, из-
гибающий момент постоянен и равен Мх j = -М{ = 10 Н м. В сече-
нии С участка II (т.е. в сечении, бесконечно близком к сечению С
слева) изгибающий момент МСх ц = ~МХ + RB • ВС = -10 + 310-0,1 =
= 21 Н • м. В сечении С участка III (т.е. в сечении, бесконечно близ-
ком к сечению С справа) изгибающий момент Мс* ш = + RB • ВС-
- М2 = Мсп - Л/2 = 21 -16 = 5 Нм (т.е. в сечении С изгибающий
момент изменился скачком на значение приложенного здесь внеш-
него момента Л/2).
Для упрощения расчетов дальнейшие вычисления Мх целесо-
образно проводить справа налево, т.е. отбрасывая левую часть балки
и оставляя для рассмотрения правую часть. В сечении D изгибаю-
щий момент MDx = F2 • DE = 300 • 0,05 = 15 Н • м. В сечении Е изги-
бающий момент МЕх = 0, так как относительно точки Е внешняя
195
сила F2 момента не создает (плечо силы равно нулю). Нанося по-
лученные характерные точки на график и соединяя их прямыми
линиями, получаем эпюру изгибавших моментов Мх (рис. 6.16, в).
Замечаем, что на участке I равной нулю поперечной силе соответ-
ствует постоянный изгибающий момент; на участках II и III положи-
тельной постоянной поперечной силе соответствует линейно возрас-
тающий (слева направо) изгибающий момент; на участке IV отрица-
тельной постоянной поперечной силе соответствует линейно убыва-
ющий (слева направо) изгибающий момент, т.е. известные правила о
взаимосвязи эпюр Мх и Qy соблюдены, эпюры построены верно
Из условия прочности балки при изгибе определяем размеры ее
поперечного сечения. В опасном сечении (сечение С) взятый по аб-
солютному значению изгибающий момент Мх=21 Н • м; птах =
= MX/WX < [су]; 21/W^ < 130 • 106, отсюда требуемый осевой момент
сопротивления Wx = 0,162 • 106 м3 = 162 мм3. Для квадрата момент
сопротивления выражается формулой Wx = a?/6. Приравнивая
я3/6=162 мм3, находим сторону квадрата а = 9,9 мм. Принимаем
а = 10 мм.
Пример 9. Для консольной балки, показанной на рис. 6.17, опре-
делить размеры поперечного сечения, по условию прочности срав-
нить массу балки прямоугольного сечения и двутавра. При расчете
принять соотношение сторон прямоугольного сечения h/b = 2.
Материал балок - сталь Ст.З; допускаемое напряжение на изгиб
[о] = 160 Н/мм2.
Решение. При расчете балок необходимо определить наиболь-
ший изгибающий момент Мх тах. Для этого строим эпюры попереч-
ных сил и изгибающих моментов в той последовательности, кото-
рая указана в табл.
1. Определение опорных реакций для консольных балок можно
не производить, так как, применяя метод сечений, лучше отбрасы-
вать часть балки вместе с заделкой (опорой).
2. Разделим балку на три участка (границы участков - точки
приложения сил).
3. Определяем характер эпюры поперечных сил на каждом
участке. На участках I и III отсутствует распределенная нагрузка -
эпюра поперечных сил - прямая, параллельная оси. На участке II
(среднем) под равномерно распределенной нагрузкой - наклонная
прямая.
4. Вычисляем поперечные силы на каждом участке.
Участок I:
Q1 = -F = -6 кН (см. правило знаков).
196
Рис. 6.17. К примеру 9
QII=-F-9(x2-0,4).
Участок II:
При х2 = 0,4 м Q# =-F = -6 кН.
Прих2 = 1,6м ($ =-F-g 1,2 =-6-8 1,2 =-15,6 кН.
Участок III:
Q111 =-F-g-1,2 =-15,6 кН.
ке
По этим данным и построена эпюра поперечных сил (рис. 6.17, б).
5. Определяем характер эпюры изгибающих моментов. На участ-
I - наклонная прямая; на участке II под равномерно распреде-
197
ленной нагрузкой очертания эпюры изгибающих моментов - пара-
бола; на участке III - наклонная прямая.
6 Вычисляем изгибающие моменты в характерных сечениях.
Участок I:
МА* = 0; Мв* = -F- 0,4 = -6 • 0,4 = -2,4 кН • м (см. правило знаков для Мх).
Участок II:
.. „ (.г2-0,4)2
Мх2 = ~Fx2 - Q —---------
При х2 = 1 м МЕ
При х2 = 1,6 м Мс
г . 0,62 _ с0,36 _.. „
= -F-1-q------= -6-8-----= -7,44 кН-м.
2 2
1 22
= -F • 1,6 - q • = -9,6 - 5,76 = -15,36 кН • м.
2
Участок III:
MD=-F-2-q- 1,2- 1=-12-9,6 = -21,6 кН • м.
На рис. 6.17, в дано построение эпюры изгибающих моментов
(при построении эпюр Qy и Мх необходимо соблюдать масштаб не
только величины поперечной силы и изгибающего момента, но и
длины участков балки. При несоблюдении масштаба характер эпюр
будет искажен).
Максимальный изгибающий момент возникает в заделке (точка D):
Мх тах = 21,6 кН • м = 21,6 • 106 Н • мм.
7. По условию прочности на изгиб
ст = < |СТ1
Определяем требуемый момент сопротивления балки:
jy = max = 21’.6.-.106. = 13 5.104 мм3 = 135 см3
Л [о] 160
8. Выбираем размеры сечений двутавровой балки по ГОСТ 8239-72
(см. Приложение). Наиболее близкой является балка № 18, у кото-
рой осевой момент сопротивления 143 см3, площадь попереч-
ного сечения Л = 23,4 см2.
9. Вычисляем размеры прямоугольного сечения. Как известно,
Wx = bh~/&. При h/b = 2 Wx = /г3/12, отсюда
198
h = 3/12W; = 3/12-135 = ^1620 =11,7 см.
Принимаем h = 120 мм; b = 60 мм; площадь прямоугольника
^=66=12-6 = 72 см2.
10. Сравниваем массы балки прямоугольного сечения и двутав-
ра. При одной и той же длине балок, изготовленных из одинаково-
го материала, отношение масс балок равно отношению площадей
их поперечных сечений:
At _ 72
А ” 23,4
= 3,08.
Вес балки прямоугольного сечения почти в 3 раза больше, чем
вес двутавра.
Пример 10. Для консольной
балки, изображенной на рис. 6.18,
построить эпюры поперечных
сил и изгибающих моментов. По-
добрать из условия прочности
требуемый номер двутавра, если
F= 10 кН, /=0,65 м, [о] = 130 МПа.
Решение. С левой стороны
на балку не наложено никаких
связей и поэтому поперечные си-
лы и изгибающие моменты мож-
но определить без предваритель-
ного определения реакций в за-
делке. Эпюры можно строить со
свободного левого конца балки,
т.е. искомые поперечные силы и
изгибающие моменты находить
через силы, действующие на часть
балки, лежащую левее сечения, в
котором определяются Qy и Мх.
Сначала сделаем задачу в бук-
венном виде. Вычислим Qy в сечении А. Сила 2F стремится под-
нять вверх левую часть балки относительно правой, поэтому она
вызовет возникновение положительной поперечной силы: Q4 = 2F.
До сечения С эпюра Q должна быть очерчена прямой, парал-
лельной оси балки, причем на этом участке в любом сечении
Qy = 2F. В сечении С на эпюре Qy должен быть отложен скачек вниз
на величину силы 6F, так как эта сила стремится сдвинуть вниз ле-
вую часть балки относительно правой. На участке CD эпюра Qy
199
также изобразится прямой, параллельной оси балки, но в любом
сечении на этом участке Q будет равна алгебраической сумме сил
2Ри 6F;
Q=2F-6F=-4F.
^У
В произвольно выбранном масштабе откладываем найденные
значения Q . Эпюра построена на рис. 6.18.
Вычислим значения изгибающих моментов в сечениях А, В, С,
D. В сечении А момент равен нулю, так как в концевом сечении не
приложен внешний сосредоточенный момент. В сечении В изгиба-
ющий момент от силы 2F нужно взять со знаком плюс, так как сила
2F изгибает балку таким образом, что сжатые волокна оказываются
сверху балки: МВх = 2FI.
Отложив найденное значение Мв на эпюре и соединив с нуле-
вым значением Мх сечения А наклонной прямой, отложим в сече-
нии В скачок на величину действующего сосредоточенного момен-
та. В силу того, что момент 4FI изгибает балку так, что сжатые во-
локйа оказываются снизу, скачок нужно отложить вниз. Итак, с
учетом скачка изгибающий момент в сечении В вычислим следую-
щим образом:
MBx = 2Fl-iFl = -2Fl.
В сечении С, вычисляя Мс, необходимо учесть как силу 2F на
плече 2/, так и сосредоточенный момент:
MCr = 2F-2/-4F/=0.
Отложим найденное значение МСх на эпюре и соединим наклон-
ной прямой точки эпюры, соответствующие значениям Мв и Мс.
В сечении D найдем MDx, учитывая обе силы и момент:
MDx = 2F 31- 4FI - 6FI = -Ш.
Отложим значение MD в выбранном масштабе и соединим с
точкой, соответствующей МСх наклонной прямой. Эпюра Мх по-
строена на рис. 6.18.
Требуемый номер двутавра необходимо найти из условия проч-
ности. Опасным будет сечение, где возникает максимальным наги-
бающий момент, т.е. сечение D. Запишем условие прочности при
изгибе:
Ы ,
ПЫХ Л ПЫХ > л L J '
откуда
Wx > Л/ / Гсг1, или Wx > 4FI / Гст|.
200
Подставляя значения, получим
Wx > 4 • 10 • 103.0,65/130 • 106 = 200 • 10-6 мз,
Wx > 200 см3.
Такому условию удовлетворяет двутавр № 20а с осевым момен-
том сопротивления сечения Wx = 203 см3.
Пример 11. Для заданной кон-
сольной балки (рис. 6.19, а) по-
добрать размеры сечения в двух
вариантах: а) двутавр; б) прямо-
угольник с заданным отношени-
ем h/b-\,5 высоты и ширины.
Сравнить массы балок по обоим
расчетным вариантам. Для мате-
риала балки (сталь Ст.З) принять
допускаемое напряжение при из-
гибе [о] = 160 МПа.
Решение. В заданном брусе
три участка: I, II и III. Границами
участков являются сечения, в ко-
торых приложены внешние силы
и моменты. Так как силы и мо-
менты*, нагружающие брус, дей-
ствуют в продольной плоскости,
совпадающей с плоскостью сим-
метрии бруса, то в поперечных
сечениях возникает два внутрен-
них силовых фактора - изгибаю-
щий момент Мх и поперечная сила Q^, т.е. брус испытывает изгиб.
Для определения внутренних силовых факторов применяем ме-
тод сечений. Проводя мысленно сечение в пределах каждого из
участков, будем отбрасывать правую закрепленную часть балки и
оставлять для рассмотрения левую часть.
Определение поперечных сил и построение эпю-
р ы Qy. На участке I поперечная сила постоянна и равна Q\ = F{ =
= 20 кН. На участке II поперечная сила также постоянна и равна
Qn = F1 - F2 = 20 - 20 = 0 (случай чистого изгиба). На участке III
поперечная сила постоянна и равна Qin = Fx - F2 - F3 = 20 - 20 -
- 44 = -44 кН. Построенная эпюра поперечных сил Q показана на
рис. 6.18, б (построение эпюры поперечных сил принципиально ни-
чем не отличается от построения эпюры продольных сил).
Определение изгибающих моментов и построе-
ние эпюры Мх. Эпюру изгибающих моментов строим по харак-
201
терным точкам, т.е. вычисляем Мх в характерных сечениях Л, В, С и
D. В сечении А изгибающий момент МА = 0, так как относительно
точки А внешняя сила Fi момента не создает (плечо силы равно
нулю). В сечении В изгибающий момент MBx-Fx • АВ = 20 • 0,5 =
= 10 кН • м. В сечении С участка II (т.е. в сечении, бесконечно близ-
ком к сечению С слева) изгибающий момент Мс = FX ' AC-F2 ' ВС =
= 20 • 1 - 20 0,5 = 10 кН • м. В сечении С участка III (т.е. в сечении,
бесконечно близком к сечению С справа) изгибающий момент
Мс = F{AC-F2‘BC-M = Mc -М=10- 16 =-6 кН • м (т.е.
в сечении С изгибающий момент изменился скачком на значение
приложенного здесь внешнего момента М). В сечении D изгибаю-
щий момент MDx = F± • AD - F2 • BD - M - F3 • CD = 20 • 1,5 - 20 x
x 1 - 16 - 44 • 0,5 = -28 кН • м. Нанося полученные характерные
точки на график и соединяя их прямыми линиями, получаем эпюру
изгибающих моментов Мх (рис. 6.19, в).
Замечаем, что на участке I постоянной положительной попереч-
ной силе соответствует линейно возрастающий (слева направо) из-
гибающий момент; на участке II равной нулю поперечной силе со-
ответствует постоянный изгибающий момент; на участке III посто-
янной отрицательной поперечной силе соответствует линейно убы-
вающий (слева направо) изгибающий момент, т.е. известные правила
о взаимосвязи эпюр Мх и Qy соблюдены, эпюры построены верно.
Определяем размеры поперечного сечения балки, для чего ис-
пользуем условие прочности при изгибе <ттах = Mx/Wx < [о], где
осевой момент сопротивления Wx является геометрической харак-
теристикой прочности поперечного сечения, а Мх - взятый по абсо-
лютному значению максимальный изгибающий момент.
В нашем случае в опасном сечении (сечение D) Мх = 28 кН • м =
= 28 103 Нм;
°тах= — ^^<160-106,
mdX wx 1 J wx
отсюда требуемый момент сопротивления Wx = 175 • 10"6 м3 = 175 см3.
Здесь допускаемое напряжение [су] = 160 МПа= 160 • 106 Па.
Подбираем сечение балки в двух вариантах.
Сечение - двутавр. По таблице прокатной стали ГОСТ
8239-72 (см. Приложение) выбираем двутавр № 20, для которого
Wx = 184 см3 и площадь сечения А = 26,8 см2.
Сечение - прямоугольник с заданным отношением высоты
и ширины Для прямоугольника момент сопротивления
выражается формулой Wx = bh2/6. В нашем случае Wr = /z/z2/(l,5 • 6) =
= /г3/9. Приравнивая /г3/9 =175 см3, находим h = 11,7 см =117 мм и
202
b-h/\^ = 11,7/1,5 = 7,8 см = 78 мм. Площадь прямоугольного сече-
ния А = bh = 7,8 • 11,7 = 91,3 см2. Отношение масс балок одинаковой
длины равно отношению площадей сечений Лпр/Лчв = 91,3/26,8 = 3,4.
Следовательно, балка прямоугольного сечения тяжелее двутавро-
вой в 3,4 раза.
Пример 12. Для балки, изображенной на рис. 6.20, подобрать
размеры поперечного сечения в четырех вариантах: а) круг дере-
вянный, если [о] = 12 МПа; б) прямоугольник деревянный с задан-
ным отношением ширины и высоты b/h = 1,4; в) пакет из двух бре-
вен; г) два швеллера, если [о] = 160 МПа. Определить максималь-
ные касательные напряжения для балки круглого сечения.
Решение.
1. Определение реакций опор:
Е МА = 67?в - 4F- 4,0 • 4,0# - М = 0;
203
6RB - 15 • 4 - 10 • 4,0 • 4,0 -12 = 0; 6RB = 232 кНм; RB = 38,7 кН;
YMB = -6RA + 2F + q 4,0 • 2,0-M=0;
- 6Ra + 2 • 15 + 10 4,0 • 2,0 - 12 = 0; RA = 16,3 кН.
Проверка:
£У=0;
16,3 + 38,7 - 15 - 10 • 4,0 = 0; 55 - 55 = 0.
2. Определение поперечных сил и построение эпюры Qy.
Участок I: 0 < < 2,0 м;
Q = Ra = 16,3 кН.
Участок II: 0 < х2 < 2,0 м;
Q = -/?B + ?x2.
При х2 = 0 Q = -38,7 кН.
При х2 = 2 м Q = -38,7 + 10 • 2 = -18,7 кН.
Участок III: 2 м < х3 < 4 м;
Q = -RB + q-x3 + F.
Прил?3 = 2м Q = -38,7 + 10 • 2 + 15 = -3,7 кН.
При х3 = 4 м Q = -38,7 + 10 • 4,0 + 15 = 16,3 кН.
3 Определение изгибающих моментов и построение эпюры Мх.
Участок I: 0 < х< < 2,0 м;
M=RAXi, “
= 0;
М=0;
= 2 м;
М= 16,3- 2 = 32,6 кНм.
Участок II: 0 < х2 < 2,0 м;
М = Дв.х2-^2-; d
х2 = 0;
М=0;
х2 = 2 м;
10 22
М = 38,7 • 2 - = 57,2 кНм.
2
Участок III: 2 м < х3 < 4 м;
M = RB-x3-^l-F(x3-2)-,
204
- = -RB-qx3 + F = 0',
ax
x3 = 2,37 m;
10-2 372
Mmax = 38,7 2,37- v 2’°'—15 • 0,37 = 58,0кН • м;
x3 = 2 м;
Л/=57,2 кН м;
x3 = 4 m;
10-42
M = 38,7-4-—^—-15(4,0-2) = 44,6 кН м.
4. Подбор сечений.
а) Круглое деревянное сече-
ние: [о] = = 12 МПа.
Из условия прочности при изгибе:
|Мтах| < р
тах Wx -L J’
Wx= — >= 58'106 = 4830- IO3 MM3;
x 32 [o] 12,0
, J32-58 106
a = ----------
V 3,14-12,0
= 365 мм.
б) Деревянное прямоуголь-
ное сечение:
1^ = 4830- 103 мм3;
1=1,4;
h
h = 1,4Z>;
bh2 b(l,4b)2 b3
x 6 6 3
b = ^3-4830-IO3 = 244 мм.
в) Пакет из бревен при раци-
ональном положении бревен в пакете.
Момент инерции пакета
Jx=2(JXi+F1zn2) = 2
-f
2J
nd4 nd4
~бГ+~йГ
к J
5itd4
32
7W?4 nd2
= 2
205
Момент сопротивления пакета
... Jv 5m74 5nd3
Г»» 3W 32
Диаметр бревен
IV > 5-7К?3 lMmaxl-
х 32 [ст] ’
d = j32|Mmax| = J32- 5840^ = = см
V 5л[ст] V 5л-12,0
г) Сечение из двух швеллеров:
1У_шах| , .
'“’max ттг ~ L J’
™х
[с] = 160,0 МПа.
Требуемый момент сопротивления
= 5,8- Ю7 = 356 5.10з ммз
А 160,0
Wr=2IV'
^Момент сопротивления одного швеллера
W'x=^ = 35640^ = 172 10з ммз
х 2 2
Выбираем по сортаменту ГОСТ 8240-72 швеллера с моментом
сопротивления близким к расчетному
Швеллер 20а: 1У'= 167 см3;
Wr = 2- 167 = 334 см3;
^тах
58-Ю6
384-103
= 151 МПа.
160-151 .„„.о/
Недогрузка: —-------100 = 5,625%.
Допускаемая перегрузка или недогрузка равна 3%. Окончатель-
но принимаем швеллер № 22, так как швеллер с нормативной недо-
грузкой не представляется возможным.
206
5. Определяем максимальные и касательные напряжения в
стальной балке:
^тах
= 58 000 000 = 1490
2W' 2-192-103
Т'тах
|Qmax| * _ |Qmax| ‘ _ 38 700-110-10
2Г-2-/; ” 2Г/; ” 2 • 5,4 • 2110 • 104
= 18,7 МПа.
6. Определяем максимальные касательные напряжения в балке
круглого сечения:
сст О
_ = х ^niax .
Lmax 1 т »
bjx
nJ4 л-3654 6
---—---------- = DZ • 1U
64 64
Пример 13. Из условия прочности балки, изображенной на
рис. 6.21, определить размеры поперечных сечений круга, кольца,
прямоугольника, двутавра, если [а] = 170 МПа, с = d/D = 0,6; h/b = 1,2.
Составить таблицу, показывающую отношение площади каждого
сечения к площади двутавра.
Решение.
1. Определение реакций опор:
ЪМА =0; J91-2-1-F-2 + 92-6-5-M-RB-10 = 0;
£МВ =0; [91-2-11-1?л-10 + F-8-?2-6-5-M-0;
„ q,-2-\-F-2+q2-6-5-M 14-2-1-25-2 + 7-6-5-15 „
R„ = —----------—-------------------------------- 17,3 кН;
в 10 10
n qi-2-ll + F-8-q2-6-5-M 14-2-11 + 25-8-7-6-5-15 OQ „ „
R. = —-----------—---------=----------------------= 28,3 кН.
А 10 10
Проверка:
ЕУ = 0;
-q । 2 + Ra ~~ F + q2 * 6 ~ RB = 0;
-14 • 2 + 28,3 - 25 + 7 • 6 - 17,3 = 0;
-70,3 + 70,3 = 0.
2. Определение поперечных сил и построение эпюры Qy:
Qi = 0;
207
QB = RB = 17,3 кН;
QA = -ql.2=- 14-2 = -28 кН;
Q3 = RB= 17,3 кН;
Q2 = - • 2 + Ra = - 14 - 2 + 28,3 = 0,3 кН;
Q2 = RB-q2-6 = 17,3 - 7 • 6 = 17,3 - 7 • 6 = 17,3-42 =-24,7 кН.
3. Определение изгибающих моментов и построение эпюры Мх:
M{ = Q;
208
MA = -ql-2- l=-14-2-1 =-28 кН • м;
M2 = -ql-2 3 + 7?л • 2 =-14 • 2 • 3 + 28,3 -2 =-27,4 кН • м;
17 3
х = —у—=2,47 м;
Мх = q2 • 2,47 • 1,24 - М - RB • 4,47 = 7 • 2,47 • 1,24 - 15 - 17,3 • 4,47 =
= -70,9 кН-м;
М3 = -М-RB • 2 = -15 -17,3 • 2 = -49,6 кН • м;
Мв = -М = - 15 кН • м.
4. Из эпюры Мх максимальный изгибающий момент Мх тах
= 70,9 кН • м = 70,9 • 106 Н • мм.
М 70 9-Ю6 9
w > ^xmax = = 417 . К)3
[а] 0,17-103
мм3.
а) Круг:
= 0,1г/3;
йг?К=?б^=161мм.
У 0,1 \ 0,1
б) Кольцо:
Wx =0,1£>3(1-с4);
W 1
---------= з
0,1(1-с4) V
417-103
------------= 1оУ мм;
0,1(1-0,13)
d = с • D = 0,6 • 169 = 101 мм.
в) Прямоугольник:
— = 1,2; h=l,2b;
ь
nz _bh2 b-(l,2-b)2 1,44b3
Ц/ _ _ ------
х 6 6 6
, J6-IVX J6-417-103
b > з-----= ?-----------=120 мм;
V 1,44 у 1,44
h = 1,2b = 1,2 -120= 144 мм.
209
г) Двутавр:
Wx = 417 • 103 ммз _ 417 смз
По таблице ГОСТа принимаем 1 № 27а Wx г = 407 см3.
Определяем площади сечений
. nd 3,14*161 г\г\(\ з ohq х.»<з.
Л =-------=----------= 20 300 мм = 203 см ;
круг 4 4
Лолыю = -d2) = ^(1692 -1012) = 14 400 мм2 = 144 см2;
Л|1рямоуг. = b • h = 120 • 144 = 17 300 мм2 = 173 См2.
По таблице ГОСТа для I № 27а А[ = 43,2 см2.
А Ai Круг Кольцо Прямоугольник
4,7 3,33 4,0
Пример 14. Для двутавровой балки № 20, изображенной на
рис. 6.22, определить допускаемую нагрузку.
210
Решение.
1. Определяем опорные реакции:
ZMo =о; -2aRA+Fa + 0,5Fa = 0; RA = -^^ = 0,75F;
2a
ЪМА =0; 2aRB-Fa + 0,5Fa = 0; RB = ^^- = 0,25F.
2a
2. Переходим к построению эпюр Qx и Мх
Сечение I-I:
Q = 0,75 F; M = Ra Хр
При X] = 0 М = 0.
При xt = а М = 0,75 F • а = 0,75 Fa.
Сечение П-П:
Q = -0,25 F; М= 0,5 Fa + RB- х2.
При х2 = 0 М = 0,5 Fa.
Прих2 = а М= 0,5 Fa + 0,25Fa = 0,75 Fa.
Определяем допускаемую нагрузку.
Двутавр I № 20 (табл. П.1):
Wx = 184 см4.
Условие прочности
= ^шах < |.
umax И7 — LUJ>
.х
[о] = 160 МПа= 16 кН/см2;
AFmax = 0,75 Fa;
[Af] = [о] = 16 • 184 = 2944 кН • см = 29,44 кН м = 0,75 Fa;
29 44
IF]= ’ =19,63 кН.
0,75 2
Пример 15. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов для балки, изображенной на рис. 6.23.
Решение.
1. Разрезаем балку по шарниру, расчленяя ее на зависимую и не-
зависимую балки.
2. Определяем опорные реакции зависимой балки:
ЪМВ = 10 • 2,0 • 3,0 - 47?л - 15 • 2,0 +12 = 0;
211
„ 60-30 + 12 4ПС.
Ra =------;----= Ю. 5 кН;
4
ЪМА = - 47?в + 12 + 15 • 2,0 - 10 • 2,0 • 1,0 = 0;
п 12 + 30-20
RB =----------= 5,5 кН-
Проверка:
LF= 0;
10,5+10-2,0+15-5,5 = 0;
25,5 - 25,5 = 0.
К независимой балке прикладываем найденную реакцию RB, но
с противоположным знаком.
3. Определение поперечных сил и построение эпюры Qy.
Участок I: 0 < хг < 2 м.
При Xj = 0 м Q = 10,5 кН.
При х{ = 2 м Q = 10,5 - 10 2,0 = - 9,5 кН.
Участок II: 0 < х2 < 1,0 м.
Q = RB- 5,5 кН.
Участок III: 1,0 < х3 < 2 м.
Q = RB = 5,5 кН.
Участок IV: 0 < х4 < 2 м.
Q = RB = 5,5 кН.
4. Определение изгибающих моментов и построение эпюр Мх.
Участок I: 0 < Xj < 2 м.
M = Ra
При Xf = 0 м М = 0.
Определяем Л/тах:
dM
-r = RA-qxi=Q.
ах
При Xj = 1,05 м
10-1 О52
Мтах = 10,5 • 1,05 - = 5 52 кНм.
Шал 77 2 1
При X] = 2 м М = 1 кНм.
Участок II: 0 < х2 < 1,0 м.
Л/ = -RB - х2.
При х2 = 0 м М = 0.
Прих2 = 1м Л/=-5,5 • 1,0 = -5,5 кНм.
212
213
Участок III: 1,0 < х3 < 2,0 м.
М = -RB -х3+ М.
При х3 = 1,0 м М= 6,5 кНм.
При х3 = 2,0 м М = - 5,5 • 2 + 12 = 1,0 кНм.
Участок IV: 0 < х4 < 2,0 м.
М = RB - х4.
При х4 = 0 м М=0.
При х4 = 2,0 м М = 5,5 • 2 = 11,0 кНм.
Пример 16. Для заданной балки, изображенной на рис. 6.24, по-
строить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. Подобрать
из условия прочности требуемый номер двутавра, если [о] = 160 МПа.
Рис. 6.24. К примеру 16
Решение. Расчет двутавровой балки следует начать с опреде-
ления реакций Ra и Rb:
ЪМВ = 0;
214
= 7,5 кН.
-4-7?л+10-4-2-20-15-2 = 0;
„ _ 80-20-30 30
КА-----------= —
4 4
ЪМА = 0;
4 • 7?в-20 - 15 - 6- 10 • 4 • 2 = 0;
D 20 + 90 + 80 190
----7----= ~
= 47,5 кН.
4
Проверка: ЕУ= 47,5 + 7,5- 10-4- 15 = 55-55 = 0
2. Определение поперечных сил и построение эпюры Qy.
Участок I: 0 < Xj < 4 м.
При = 0 м Q = = 7,5 кН.
Прих! = 4м Q = 7,5 - 4 • 10 = -32,5 кН.
Участок II: <2 = /г=15кН.
3. Определение изгибающих моментов и построение эпюры Мх.
Участок I:
МА = 20 кНм.
10-0 752
Мк= 20 + 7,5 0,75 - -.у--- = 20 + 5,625 - 2,8125 = 22,8125 кНм.
Участок II: 0 < х2 < 2 м.
При х2 = 0 м М = 0.
При х2 = 2 м М = -15 • 2 = -30 кНм.
4. Подбираем двутавр:
= ' fmax
30 000 . __ _ ч
-------= 187,5 см3.
160
Из сортамента ГОСТ 8239-89 (табл. II. 1) выписываем близкие
значения:
I 20 - W = 184 см3 J = 1840 cm4.
A A
I 22 - Wx = 232 cm3 Jx = 2550 cm4.
Если примем I 20, то
30-IO3-IO3 а“='184.103 =163МПа-
Перегрузка: 1^.100 .!.875%.
215
Примем I 22:
с
30 103 103
°тах = —--------ч— = 129-3 МПа.
nd 232-103
Недогрузка:
>60-‘29'3.100 = 19%.
160
Допускаемая перегрузка или недогрузка равна 3%.
Окончательно принимаем I 20.
------------ Задачи
Для двухопорной балки, нагруженной, как показано на
рис. 6.25, силами F{, F2 и парой сил с моментом М, определить ре-
акции опор, построить эпюры поперечных сил, изгибающих момен-
тов и подобрать необходимый размер поперечного сечения (дву-
тавр или два швеллера), приняв [а] = 160 МПа. Числовые значения
величин для своего варианта задачи взять из табл. 6.1.
Таблица 6.1. Исходные данные к задачам 1...10
Номер задачи и схемы на рис. 6.25 Вари- ант Величина М, кН • м
Л, м Ь, м С, м Fb кН F2, кН
Задача 1, 00 2 2 1 20 10 12
схема I 13 1 3 1 12 8 20
27 1 2 2 10 20 15
33 3 1 1 8 12 10
41 2 1 2 16 8 24
59 1 1 3 12 20 16
64 1 2 1 40 20 40
73 2 1 1 20 8 20
85 1 1 2 8 16 12
96 2,5 2,5 1 16 8 24
Задача 2, 01 1 2 2 12 20 6
схема II 15 1,2 3 1 10 40 8
26 1,5 1 3 16 8 10
32 0,8 2 3 20 10 12
42 1 3 2 25 15 14
51 1,5 2,5 2,5 15 25 15
65 1,2 2,5 1,5 18 20 20
77 0,5 3 2 8 12 5
88 0,8 2 3 5 15 10
99 1 3,5 0,5 24 10 12
216
Продолжение табл. 6.1
Номер задачи и схемы на рис. 6.25 Вари- ант Величина М, кН • м
А, м Ь, м С, м кН F2, кН
Задача 3, 02 1 3 0.5 20 1 0,6
схема III 14 2 3 0.8 18 0,8 0,8
29 3 2 1 16 2 0,8
35 3 1 1,2 15 4 0,6
49 2 2 1,5 12 5 1
53 2,5 2,5 1 10 2,2 1
62 2,5 1,5 1,2 8 3 1,2
74 1,5 2,5 1,5 6 0,5 1,5
82 1.5 3,5 1,4 5 0,4 1.2
98 3,5 1,5 0,8 4 1 2
Задача 4, 03 2,5 1,5 1 0,8 1,2 5
схема IV 17 1,5 2,5 1 1 4 4
28 1,5 1 2,5 1,2 0,6 5
34 1 1,5 2,5 1,5 2 4
40 1 2,5 1,5 4 2 5
52 2,5 1 1,5 8 4 4
63 1,5 1,5 1 6 12 5
72 1,5 1 1,5 12 6 4
86 1 1,5 1,5 4 2 5
91 2 2 1 5 4 4
Задача 5, 05 2 3 0,4 10 5 30
схема V 16 3 2 0,5 12 6 24
21 2,5 2,5 0,6 14 7 15
37 3,5 1,5 0,8 20 10 16
44 1,5 3,5 1 18 9 8
50 1,4 2,6 1,2 8 4 18
60 1,5 2.5 1,5 16 8 20
70 2 2 0,8 15 8 14
83 2,5 1,5 1 24 12 12
90 2.6 1,4 1,2 30 15 10
Задача 6, 04 1,2 3 2 5 10 12
схема VI 19 1 2 3 6 12 10
20 0,8 3,5 1,5 7 14 15
36 1,5 2,5 2,5 10 20 8
43 1,2 2,6 1,4 9 18 16
54 1 3,5 1,5 4 8 6
61 0,8 2,5 1,4 5 10 9
78 0,6 1,5 2,5 8 16 14
89 0,5 1,4 2,6 15 30 10
93 0,4 2 2 12 24 4
217
Окончание табл. 6.1
Номер задачи и схемы на рис. 6.25 Вари- ант Величина М, кН м
Л, м Ь, м С, м F{, кН F2, кН
Задача 7, 07 1 1,5 2,5 10 12 10
схема VII 18 1,5 1 2,5 12 10 10
23 1,5 2,5 1 20 14 10
38 2,5 1,5 1 14 20 10
46 2,5 1 1,5 18 22 10
55 1 2,5 1,5 22 18 10
67 1 1,5 1,5 8 12 10
79 0,5 1,5 2 6 14 10
81 0,5 3,5 1 10 10 10
92 3,0 1 1 12 12 10
Задача 8, 06 0,5 1,5 3 8 10 4
схема VIII И 1,5 0,5 3 10 8 5
22 1,5 3 0,5 12 20 6
30 3 1,5 0,5 12 8 8
45 3 0,5 1,5 10 6 10
56 0,5 3 1,5 8 16 4
66 1 1,5 2,5 10 12 12
75 1,5 1 2,5 8 12 8
84 1,5 2,5 1 12 6 10
95 2,5 1,5 1 20 20 5
Задача 9, 09 1,5 2,5 1 10 12 10
схема IX 10 2,5 1,5 1 12 6 8
25 1 3 1,2 14 7 4
31 1,5 3,5 1,2 16 10 5
46 3,5 1,5 1,5 6 4 6
57 2,5 2,5 1,5 8 16 12
69 2 2 0,8 15 10 8
76 3 1 0,8 5 3 14
80 0,5 1,5 0,5 50 20 40
94 1,5 0,5 0,5 60 10 30
Задача 10, 08 0,5 1,5 3,5 10 10 12
схема X 12 0,5 2,5 1,5 8 12 8
24 1,5 1,5 2,5 12 14 4
39 1 1,5 2,5 4 16 5
47 1 2,5 1,5 5 20 6
58 0,5 0,5 1,5 5 30 10
68 1 2 2 6 18 6
71 1,2 1 2 4 10 8
87 0,8 1,5 3,5 8 12 20
97 0,5 3,5 1,5 2 22 15
218
Ill
Рис. 6.25. К задачам 1...10
11...20. Для двухопорной балки (рис. 6.26, числовые значения
величин для своего варианта взять из табл. 6.2.) определить реак-
ции опор, построить эпюры поперечных сил, изгибающих моментов
и подобрать необходимые размеры hud сечения деревянной балки,
составленной либо из двух прямоугольных, либо из двух круглых
брусьев. Для прямоугольного сечения бруса принять h - 2b. Для де-
рева [о] = 10 МПа.
219
Рис. 6.26. К задачам 11...20
220
Табл. 6.2. Исходные данные к задачам 11...20
Номер задачи и схемы на рис. 6.26 Вариант Величина М, кН • м
Гр кН Г2, кН
Задача И, 00 18 30 4
схема XI и 20 40 4,5
21 12 10 3,2
31 28 50 6
49 6 14 2,2
58 8 20 2,4
63 15 12 4,2
71 16 32 3,4
81 16 8 4,8
91 25 35 5,4
Задача 12, 01 3 8,4 0,4
схема XII 10 4,2 9 0,35
20 4,8 10 0,64
30 5 9,8 0,9
39 7,2 15 1
59 5,6 8,6 1,2
61 7,2 14 1,5
74 14,4 14,4 2
84 9 22 1,5
90 14,4 28 2
Задача 13, 02 16 34 3,1
схема XIII 12 24 12 3
23 40 2 3,5
33 20 36 3
42 25 5 3,6
56 38 50 3,5
62 30 14 2,8
70 12 30 2,5
80 10,4 2 3,2
93 27,2 50,2 4
Задача 14, 03 13,8 39 1
схема XIV 13 4,8 28,8 1,2
22 7 21,5 1,4
32 17,6 43,2 1,6
41 9,9 22,7 1,8
57 17 51 2
60 23,1 40,5 2,2
77 12 39 2,4
87 39 63 2,6
92 39,2 80,8 2,8
221
Продолжение табл. 6.2
Номер задачи и схемы на рис. 6.26 Вариант Величина М, кН • м
Fb кН F* кН
Задача 15, 05 4,5 12 1,5
схема XV 15 7,2 17,4 1,8
25 8 18,8 1,6
35 8,4 20,4 1,4
44 15 35 2
54 12 16,4 2,1
67 14,3 29,32 2,2
73 13,3 4,82 1,9
83 9,2 2,2 2,3
95 21,6 45,6 2,4
Задача 16, 04 1,6 3,8 0,4
схема XVI 14 3,6 66 0,35
24 6,2 9,4 0,64
34 3,75 8 0,9
43 9,6 16,8 1
55 9,8 4,9 1,2
65 12 4 1,5
76 11,7 5 2
86 13,5 4,5 1,5
94 18 7,2 2
Задача 17, 07 15 10 4
схема XVII 17 18,3 30,5 4,5
27 9,9 19,8 3,2
37 28 8 6
46 4,5 20 2,2
52 8,4 15 2,4
66' 12 24 4,2
72 16,2 5,2 3,4
82 21 6 4,8
97 32,5 10 5,4
Задача 18, 06 15 17 1
схема XVIII 16 6 12 1,2
26 11,9 16,1 1,4
36 6,4 17,6 1,6
45 10,8 16,4 1,8
53 10,8 27,7 2
64 15,4 18,8 2,2
79 7,4 18,6 2,4
89 11,7 18,9 2,6
96 33,6 16,4 2,8
222
Окончание табл. 6.2
Номер задачи и схемы на рис. 6.26 Вариант Величина М, кН • м
Л, кН Г2, кН
Задача 19, 09 12,0 30,0 1,5
схема XIX 19 10,8 30,8 1,8
29 12,8 34,8 1,6
38 11,2 24,7 1,4
48 22,4 2,4 2,0
50 18,9 45,3 2,1
68 30,8 . • 15,3 2,2
75 22,8 4,4 1,9
85 36,8 11,8 2,3
99 29,6 5,6 2,4
Задача 20, 08 16,8 34,8 2,0
схема XX 18 12,0 42,0 2,4
28 11,2 31,0 2,8
40 15,0 37,5 2,5
47 48,0 12,0 3,0
51 38,4 13,4 3,2
69 29,4 10,2 2,1
78 24,8 8,7 1,8
88 39,0 5,4 2,6
98 42,5 12,6 3,4
Задачи 21...30. Для стальных балок, изображенных на рис. 6.27,
построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, опреде-
лить размеры двутавра по ГОСТ 8239-72 или двух швеллеров по
ГОСТ 8240-72 и балки прямоугольного сечения с отношениями
сторон h/b = 3. Материал балок - СтЗ; допускаемое напряжение
[о] = 160 Н/мм2. Сравнить массу балки прямоугольного сечения и
стандартного профиля.
223
ршщ
Мн*
XXIV
хх1х,Лг/00кН
Рис. 6.27. К задачам 21...30
224
Задачи 31...40. На рис. 6.28 изображена расчетная схема оси. Опре-
делить диаметр сечения оси по условию прочности, предварительно
построив эпюры поперечных сил и изгибающих моментов Материал
оси - сталь 40. Допускаемое напряжение на изгиб [о] = 100 Н/мм2.
XXXII. „„ „
XXX11I
2м
F^fOxH
OJm f
XXXVI
2^М
QSh F^SOkH
*77777.
XXXVIII
Ff’SOKH
XL
2м
S&f\Fe40KH
0.6м
Ft'JOxH
0_,5m
Fs'fSxH
Puc. 6.28. К задачам 31...40
225
Задачи 41...50. Для заданной консольной балки (рис. 6.29, чис-
ловые значения величин взять из табл. 6.3) построить эпюры попе-
речных сил и изгибающих моментов и подобрать размеры попереч-
ного сечения в двух вариантах: а) двутавр или сдвоенный швеллер;
б) прямоугольник с заданным отношением h/b высоты и ширины.
Сравнить массы балок по обоим расчетным вариантам. Для мате-
риала балки (сталь Ст.З) принять [oj = 160 МПа.
Рис. 6.29. К задачам 41...50
226
Табл. 6.3. Исходные данные к задачам 41. ..50
Номер задачи F, кН Fp кН М, кН • м /р м /2, М /3, м h/b
41 15 40 15 0,4 0,3 0,3 2
42 6 25 20 0,4 0,9 1,5 3
43 5 3 12 0,3 0,5 0,7 3
44 60 15 30 0,9 0,8 0,5 3
45 12 8 10 1,5 1,0 0,4 3
46 22 6 8 1,2 1,1 0,4 2
47 20 4 9 0,8 1,2 0,7 2
48 35 13 14 1,5 0,6 0,4 3
49 8 10 12 0,7 0,5 1,3 2
50 25 17 18 0,4 0,6 0,7 2
Задачи 51...60. Для заданной двухопорной балки (рис. 6.30,
числовые значения величин взять из табл. 6.4) построить эпюры
поперечных сил и изгибающих моментов и подобрать размеры по-
перечного сечения (круг или квадрат). Для материала балки (сталь
Ст.З) с учетом повышенных требований к ее жесткости принять
[о] = 130 МПа.
Табл. 6.4. Исходные данные к задачам 51...60
Номер задачи F, Н Fi,H М, Н м Мр Н • м /р мм /2, мм /3, мм Поперечное сечение
51 50 100 2 - 20 50 30 Квадрат
52 40 30 2 1 30 100 20 Круг
53 30 130 6 — 50 100 50 Квадрат
54 200 — 2 3 30 40 60 Круг
55 60 80 6 — 50 100 40 Квадрат
56 80 - 4 1 30 70 50 Круг
57 180 110 2 — 40 60 40 Квадрат
58 120 — 10 8 70 100 30 Круг
59 90 160 7 - 110 90 40 Квадрат
60 280 - 18 5 50 200 40 Круг
227
Рис. 6.30. К задачам 51...60
Задачи 61...70. Для двухопорной балки, нагруженной, как пока-
зано на рис. 6.31, определить реакции опор, построить эпюры по-
перечных сил, изгибающих моментов и, исходя из условия прочно-
сти, при [о] = 160 МПа подобрать необходимый размер поперечно-
го сечения (двутавр или два швеллера).
Указание. Если студент не имеет у себя задачника или спра-
вочника с необходимыми таблицами ГОСТов на стальной прокат,
то ему следует подобрать необходимые размеры (b, h или d) сечения
деревянной балки, составленной либо из двух прямоугольных, либо
из двух круглых брусьев. Для прямоугольного сечения бруса при-
нять h = 2b. Для дерева [ст] = 10 МПа.
228
LXI
„ ^КН
FWOkH-h
LXVII
F=6kH
LXVIII
д
М=12кНп
F-ЮкН
^вкН/н
F~2ukH
9-12кН/н
LXX
ГМкН-н
Рис. 6.31. К задачам 61 ...70
229
Задачи 71...80. Для двухопорной балки, нагруженной, как пока-
зано на рис. 6.32, определить реакции опор, построить эпюры по-
перечных сил, изгибающих моментов и подобрать необходимый
размер поперечного сечения (двутавр или два швеллера), приняв
[ст] = 160 Н/мм2.
LXXI
I f‘50kH
F=100 кН
LXXII
q=25 кН/м
LXXII1
q =20 кН/м Мх50кНм
LXXV
F=50kH
И | £ "20 М/м
Т хХц- ДДТ"-J
I & I
1,5м^^1-0,5м 5,5м \
Г—~ -Н
LXXVI
LXXVIII
LXXX
Рис. 6.32. К задачам 71...80
Задачи 81...90. Из условия прочности балки на изгиб (рис. 6.33)
определить допускаемую нагрузку, если [о] - 100 МПа.
230
LXXXU
LXXXI
4*2Ffl
уши
zgw<r^
I'fa** 4Z
LXXXIV
LXXXIII
M*6Fl q*MRl 18Г
I tty*
«z
LXXXVII
ЗГ y^OAFH M^2Fl
LXXXVI
XC
МЗм Z
3Z
I
№6
О
Puc. 633. К задачам 81...90
Задача 91. Плоская стальная пружина (рис. 6.34) с размерами
поперечного сечения h = 3 мм и b = 20 мм прижимает деталь А с
силой F= 100 Н. Определить стрелу прогиба f и наибольшие на-
пряжения в поперечном сечении пружины.
Задача 92. Плоская пружина должна быть изготовлена из сталь-
ной полосы толщиной 5 = 2 мм (рис. 6.34). Определить требуемую
ширину Ь, полосы из условия, что жесткость пружины F\f= 16 Н/мм.
Принять Е = 2 • 105 МПа.
Задача 93. Проверить жесткость стальной балки (рис. 6.34),
если прогиб среднего сечения не должен превышать 1/800 расстоя-
ния* между опорами.
231
Задача 94. Определить из условия жесткости стальной балки
(рис. 6.34) допускаемое значение нагрузки F. Принять [/] = 1/600.
При нагрузке, равной допускаемой, определить наибольшие нор-
мальные напряжения в поперечном сечении балки.
Задача 95. Определить ширину b стальной полосы толщиной 5
(рис. 6.34) из условия, чтобы стрела прогиба была равна 2 мм. При най-
денном значении b проверить прочность полосы, если [о] = 160 МПа.
Задача 96. Проверить жесткость стальной балки (рис. 6.34), если
L/1 = 10 мм, Е= 2 • 105 МПа. Определить максимальные напряжения
в поперечном сечении балки. Оценить получившийся результат.
Задача 97. Из расчета на жесткость стальной балки (рис. 6.34)
определить допускаемую величину нагрузки F, если [/] = 1/700.
При найденном значении нагрузки определить максимальные на-
пряжения в поперечном сечении.
Задача 98. Из расчета на жесткость определить требуемые раз-
меры поперечного сечения стальной трубы (рис. 6.34), работающей
на изгиб. Принять [/] = 1/800; dQ = 0,8d.
Задача 99. Из расчета на жесткость стальной балки (рис. 6.34)
подобрать требуемый номер двутавра, если [/] = 1/600.
Задача 100. Деревянная балка (рис. 6.34) шарнирно закреплена
по концам, нагружена по середине силой F. Определить допускае-
мое значение этой силы, если прогиб в середине пролета не должен
превышать 12 мм.
Рис. 6.34. К задачам 91...100
Глава 7
ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ
7.1. Определение эквивалентных напряжений
при сложнонапряженном состоянии
Под эквивалентным напряжением (оэ) понимают напряжение
при одноосном растяжении, равноопасном заданному напряженно-
му состоянию. В отличие от реально возникающих в одной точке
напряжений эквивалентное напряжение представляет собой услов-
ную расчетную величину Эквивалентные напряжения вычисляют
по известным главным напряжениям заданного напряженного со-
стояния. По теории наибольших касательных напряжений (третьей
теории прочности)
Сэш=°1-°з- (7 1)
Для хрупких материалов, у которых предельные напряжения на
растяжение и сжатие неодинаковы, эквивалентное напряжение вы-
числяют по формуле, вытекающей из теории Мора (четвертой тео-
рии прочности):
[<7р]
IV (7.2)
iVc J
По теории энергии формоизменения (пятой теории прочности)
эквивалентное напряжение
оэ V = 7^1 + <*2 + ст3 - (ст1 • + СТ1 • ст3 + ст2 • стз) • (7.3)
При упрощенном плоском напряженном состоянии, подставив
вместо главных напряжений их значения:
Oj = j + |Vo2+4t2; (7.4)
о2 =0;
о3 = j-|-Vo2+4-t2 , (7.5)
233
получим:
стэШ = л/о2+4-т2 ;
оэv = \М2 +3-т2 ,
(7-6)
(7.7)
где сит- нормальное и касательное напряжения на площадке по-
перечного сечения бруса, проходящей через рассматриваемую точ-
ку Прочность считается обеспеченной, если эквивалентное напря-
жение, вычисленное по данной теории прочности, не превосходит
допускаемого напряжения на растяжение:
<3Э [ст] (7.8)
7.2. Совместное действие изгиба и кручения
При совместном действии изгиба и кручения в поперечном сече-
нии стержня возникают нормальные и касательные напряжения.
В точках стержня имеет место упрощенное плоское напряженное
состояние. Условие прочности имеет вид
стэ [о],
где оэ вычисляется по формулам частного случая упрощенного
плоского напряженного состояния формулам.
Для наиболее важного в смысле практического применения слу-
чая - расчета на совместное действие изгиба и кручения стержня
круглого (сплошного или кольцевого) поперечного сечения - необ-
ходимые подстановки в формулу для оэ производятся в общем
виде, и условие прочности внешне записывается аналогично записи
условия прочности при прямом изгибе:
AL г л
(7.9)
W
где Мэ - чисто расчетная величина, называемая эквивалентным
моментом и определяемая формулами:
Л/э ш = у[м2 + М2 - по третьей теории прочности; (7.10)
Мэ v = + 0,75 • - по пятой теории прочности. (7.11)
В приведенных формулах использованы обозначения: W - осе-
вой момент сопротивления, м3 (см3); М - изгибающий момент,
234
Н • м; Мк - крутящий момент, Н • м; [о] - допускаемое напряже-
ние, МПа.
На совместное действие изгиба и кручения рассчитываются валы
машин. Если внешние силы, действующие на вал, не лежат в одной
плоскости, то каждую из них раскладывают на ее составляющие по
двум направлениям: вертикальному и горизонтальному. Затем стро-
ят эпюры изгибающих моментов в вертикальной и горизонтальной
плоскостях и эпюру крутящих моментов. По найденным изгибаю-
щим моментам в вертикальной и горизонтальной плоскостях Ми в и
Миг строят эпюры суммарных изгибающих моментов. Величину
суммарного изгибающего момента определяют по формуле
Ч, = 7Ми.в + Ми.г . (7.12)
Совместный анализ эпюр крутящих и суммарных изгибающих
моментов позволяет установить положение опасного сечения, в ко-
тором и вычисляется диаметр вала:
------------Примеры---------------
Пример 1. Для горизонтального вала, несущего два зубчатых ко-
леса с центрами и О2 и нагруженного, как показано на рис. 7.1, а,
определить реакции опор А и В вала, если в точках С и D соответ-
ственно приложены силы: Fti = 420 Н, Fr^ = 140 Н и Ft = 360 Н,
Рг2 = 120 Н. Радиусы зубчатых колес соответственно равны: = 120 мм
и г2 = 80 мм. Вал по длине имеет размеры: = 60 мм, Z2 = 140 мм и
/3 = 100 мм.
Решение. Освобождая вал от связей (подшипников) в точках
Ап В, заменяем связи реакциями связей. Выбираем пространствен-
ную систему координат с началом в точке А так, чтобы ось z рас-
полагалась по оси вала, ось х - параллельно силам Ft и Ft и ось
у - параллельно силам Fr^ и Fr2. Принимая во внимание, что сил,
действующих параллельно оси вала (оси z), на схеме не имеется, в
точках А и В будут приложены реакции связей, располагающиеся
параллельно внешним силам, приложенным к валу в точках С и D,
а именно: в точке А - RAa и RAy, в точке В - RBx и RBy. В итоге на
вал будет действовать пространственная система восьми произ-
вольно расположенных сил: Ft{, Fr^, Ft, Fr2 - внешние силы и R^,
RAy, Rbx> &Ву ~ реакции связей (рис. 7.1, б).
235
Из условия равновесия данной системы сил определим неиз-
вестные реакции связей в опорах А и В вала, составив шесть урав-
нений равновесия:
Yx = o-,^Mx=o-,^Y = o-^My=o-,^z = o-^Mz=o
Перед составлением уравнений заметим, что, например, силы Fr^,
> &Ах> &Ау> ^Вк &Ву имеют моменты относительно оси z, равные
нулю потому, что эти силы пересекают ось z непосредственно или
своим продолжением (силы Fr^ и /у2). Силы F^ и Fr^ а также RAy и
RBy не дают моментов относительно оси у потому, что они параллель-
ны этой оси, а сила RAy расположена на самой оси у. Аналогично
этому моменты сил Ft, Ft, RAx. и RBx относительно оси х также обра-
щаются в нуль. Уравнения равновесия системы сил принимают вид:
Z = 0; силы системы проекций на ось z не дают;
£Х = О; /?лх-^-/72+^=0;
= RAy-Fri+Fr2-RBy=0-,
z = 0; Fti • rx - Ft r2 = 0; уравнение не имеет неизвестных;
236
Х^х ~ 0’ _^1 ‘ + ^2 + ~ + ^2 + ^з) = ® ’
^Му = о; Ft} • 1\ + Ft2 (/t + /2) -RBx (Zt +12 + /3) = о.
Для определения неизвестных реакций опор вала используем
четыре уравнения равновесия:
= 0; = 0; = °; 1МУ = °-
Находим:
_ -Frl • 1Л + Fr2 • (Zt + /2) _ -140 •60 +120•(60 +140)
Ву 1}+12+1з 60 + 140 + 100
RAy = Fn - Fr2 + RBy = 140 -120 + 52 = 72 H;
D ^1-/i+^2-(/i+/2)_ 420-60 + 360-(60 + 140) _„o. „
Ba 1}+12+13 60 + 140 + 100
rAx = Ftx + Ft2 - RBx = 420 + 360 - 324 = 456 H;
ra = + ~^у = >/4562 + 722 = 461,649 H;
ФЛд- = arccos—~ 8,972°;
ra
RB = + F^y = 7з242 + 522 = 328,146 H;
tyBx = arccos—— ~ 9,118°.
RB
Пример 2. Для ведомого вала цилиндрического редуктора обще-
го назначения (рис. 7.2) построить эпюры изгибающих и крутящих
моментов по следующим данным: вращающий момент на валу Т2 =
= 622 Н • м; силы, действующие в зацеплении: = 6277 Н, Fr2 = 2322 Н,
Fa2 = 1137 Н; диаметр делительной окружности d2 = 198,17 мм; а2 =
= 61 мм, 1К = 85 мм.
Решение.
1. Определяем консольную нагрузку FK, действующую на вал.
Так как редуктор общего назначения и не указано его конкретное
назначение, то согласно ГОСТ 16162-78 на «Редукторы общего на-
значения» к выходному концу ведомого вала прикладывают кон-
сольную нагрузку FK, которую для одноступенчатых зубчатых редук-
торов (цилиндрических и конических) определяют по зависимости
FK = 125-7^ = 125->/622 =3117 Н.
(Для червячных редукторов FK = 250 • у[Т^.)
237
a
Вертикальная плоскость (zy)
б
в
Горизонтальная плоскость (zr)
Рис. 7.2. К примеру 2
238
Направление силы FK неизвестно. Оно может быть любым по от-
ношению к силам, действующим в зацеплении. Поэтому реакции от
силы FK не совпадают с направлением реакций опор от сил в зацеп-
лении зубчатой передачи и их определяют отдельно
2. Вычерчиваем расчетную силу нагружения вала (рис. 7.2, а).
3. Определяем реакции опор в вертикальной плоскости zy от сил
Л-2 и-?«2 (рис. 7.2, б).
X MD = 0; -К-ну • 2.а2 + Fr2 • а2 + Fa2- d2 / 2 - 0;
F-a2 + F -d2/2 2322-61+ 1137-198,17/2 ono
Hy 2-a2 2-61
= 0; RDy 2a2 - Fr2- a2 + Fa,2- d2 / 2 = 0;
Fri-a2-Fa2-d2/2 2322-61-1137-198,17/2 __Q
Dy 2-a2 2-61
Проверим правильность определения реакций:
£Y = 0; ~RDy + Fr2 -RHy=Q- -238 + 2322-2084 = 0
Реакции определены правильно.
4. Строим эпюру изгибающих моментов Ми В(Л/Л) в вертикаль-
ной плоскости (рис. 7.2, в}.
I-I: М1 = -RHy •
П-П: Мп - -RDy •
- 0,061 м
= 0 м
z2 = 0,061 м
z2 = 0 м
Мх = -2084 • 0,061 = -127,1 Н • м;
=-2084 • 0 = 0.
Ми = -238 • 0,061 = -14,5 Н • м;
Л/п =-238 • 0 = 0.
Заметим, что эпюры изгибающих и крутящих моментов необхо-
димы для проверочного расчета вала на усталость, а не для подбора
подшипников, но рекомендуется их строить сразу после определе-
ния реакций опор.
5. Определяем реакции опор в горизонтальной плоскости хг от
силы Ft (рис. 7.2, г).
RDx = Rhx = Ft2 /2 = 6277 / 2 = 3139 Н
6. Строим эпюру изгибающих моментов Ми г (Mzy) в горизонталь-
ной плоскости (рис. 7.2, д).
239
I-I: М{ - -RHx z(
П-П: Мц - -RDx • z2
zt = 0,061 м M} = -3139 • 0,061 = -191,5 Н • м;
Mj = -3139 0 = 0.
z2 = 0,061 м
z2
Мп = -3139 0,061 =-191,5 Н м;
Ми =-3139 0 = 0.
Zj = 0 м
- 0 м
7. Определяем реакции опор от консольной силы FK (рис. 7.2, е).
FK ’ 4 “ Rhk * 2 * а2 ~ ’
RHk = FK */к / (2-я2) = 3117 • 85 / (2 • 61) = 2 171,7 Н;
^Мн = 0;^ *(/к + 2-«2)-7?£)к -2а2 =0;
RDk = Fk (4 + 2«2)/(2«2) = 3117 • (85 + 2 • 61)/(2 • 61) = 5288,7 Н.
Проверим правильность определения реакций:
£у = 0; -Fk + RDk-RHk = 0; -3117 + 5288,7-2171,7 = 0.
Реакции определены правильно.
8. Строим эпюру изгибающих моментов MF* от сил FK (рис. 7.2, ж).
I-I: Л7] - -RHK zt zt = 0,122 м = -2171,7 •0,122 = -265 Н м;
zt = 0 м Mj =-2171,7 0 = 0.
z2 = 0,085 м Ми = -3117- 0,085 =-265 Н • м;
II-II:Mn = -fKz2 z2 = 0 м Мп = -3139- 0 = 0.
9. Строим эпюру крутящего момента (рис. 7.2, з). Передача вра-
щающего момента происходит вдоль оси вала от середины ступицы
колеса до точки приложения консольной нагрузки. При этом кру-
тящий момент равен вращающему моменту Мк 2 = Т2 = 622 Н • м.
Пример 3. Вал вращается в подшипниках с угловой скоростью
со = 9,4 рад/с и передает с первого зубчатого колеса на второе мощ-
ность Р = 40 кВт. На зубья колес действуют окружные силы Ft, на-
правленные касательно к расчетным окружностям, диаметры кото-
рых соответственно ^ = 0,49 м и с/2 = 0,13 м. Определить диаметр
вала, считая его постоянным по всей длине. Для материала вала
(сталь 45) с учетом предотвращения усталостного разрушения при-
нять допускаемое напряжение [ст] = 90 МПа.
240
0,14 м
0,14 м
0,12 м
в
А
У, = 4,25 кНм
С
В
4,25
|7'2 = 4,25 кН • м
г
0
ннвив
В
д
Е =17,4 кН
ЯЛу = 8,7 кН
II
1,22
Ra = 28 кН
RCy=8,7 кН
VC 1 D
Л/к, Н • м
-----------
z
0Мив(Мх),Нм
Rc=93,3 кН
г Е =65,3 кН
D"’ 2
III
В
о
3
Горизонтальная
плоскость
о л/иг(л4)>Нм
q Ми, Н • м
Рис. 7.3. К примеру 3
241
Решение. Согласно правилу статики для параллельного перено-
са силы приводим нагрузки Ft[ и F^ к оси вала, присоединяя при этом
пары с моментами соответственно l\=Ft] • d^/2 иТ2 = Ft2 d2/2, плос-
кости действия которых перпендикулярны оси вала (рис. 7.3, б).
В заданном брусе три участка: I, II, и III. Имеют места изгиб и
кручение бруса. В поперечных сечениях возникает два внутренних
силовых фактора - крутящий момент Мк и изгибающий момент
(в рассматриваемом случае изгиб одновременно в двух плоскос-
тях - вертикальной и горизонтальной). Возникающие в сечении по-
перечные силы Q при расчете вала не учитываются.
1. Зная передаваемую валом мощность Р и его угловую скорость
со, определяем вращающий момент на валу по формуле Т =Р/(д =
= 40/9,4 = 4,25 кН • м. Вращающий момент 7\ на первом (прием-
ном) колесе, очевидно, равен ТХ=Т.
Для равномерно вращающегося вала сумма моментов относи-
тельно его продольной оси z равна нулю: ЕЛ/г = О, т.е. Т\ - Т2 =0,
отсюда Т1=Т2=Т = 4,25 кН • м. Силы Fti и F^ найдем из приведен-
ных выше зависимостей:
F4 = 2 •Ti/di = 2 • 4,25/0,49 = 17,4 кН;
Ft2 = 2 -T2/d2 = 2 • 4,25/0,13 = 65,3 кН.
2. Рассматриваемая схема вала при кручении представлена на
рис. 7.3, в. Применяя метод сечений, определяем крутящий момент
на каждом из участков: Мк j = 0; Мк п = Мк щ = Т\ = 4,25 кН • м. По-
строенная эпюра крутящих моментов дана на рис. 7.3, г.
3. Расчетная схема вала при изгибе в вертикальной плоскости
представлена на рис. 7.3, Э. Так как нагрузка Ft{ приложена симмет-
рично относительно опор, реакции опор равны RAy = RCy = F{/2 =
= 17,4/2 = 8,7 кН и направлены навстречу нагрузке. Применяя метод
сечений определяем изгибающие моменты в характерных сечениях.
I-I: Мх - -RCy • zt
П-П: Ми = -Рду • ^2
zt = 0,14 м
2] = 0 М
z2 = 0,14 м
z2 = 0 м
Л/г = -8,7 • 0,14 = -1,22 кН • м;
Mj = -8,7-0 = 0.
Мп =-8,7 0,14 = -1,22 кН м;
Мп = -8,7-0 = 0.
4. Расчетная схема вала при изгибе в горизонтальной плоскости
представлена на рис. 7.3, ж (горизонтальная плоскость условно со-
вмещена с плоскостью чертежа). Реакции опор определяем из урав-
нений равновесия статики.
242
1MA = O; -Ft2-AD + RCx-AC = 0; - 65,3 • 0,4 + RCx • 0,28 = 0,
отсюда RCx - 93,3 кН;
EMc = 0; -Ft2 - CD + RAx AC=0; -65,3 • 0,12 + 7?^-0,28 = 0,
отсюда RAx = 28 кН.
Проверка: ZFX = RAr - RCx + Ft2 = 28-93,3 + 65,3 = 93,3-93,3 = 0.
Применяя метод сечений, определяем изгибающие моменты в ха-
рактерных сечениях.
I-I:Mj = -Ff2 -г
z1 = 0,12 м Мг = - 65,3 -0,12 = -7,8 кН • м;
П-П: ТИц =-7?Лл.-з2
z1 = 0m Мх = - 65,3 -0 = 0.
z2 = 0,28 м Мп = -28 • 0,28 = -7,8 кН • м;
III-III:Mni = -7?Arz3
z2 = 0,14 м Ми =-28 -0,14 = -3,9 кН • м.
z3 = 0,14 м Мш = -28 0,14 =-3,9 кН • м;
z3 = 0 м
М1П = -28 • 0 = 0.
Построенная эпюра изгибающих моментов для изгиба в гори-
зонтальной плоскости дана на рис. 7.3, з.
5. Результирующий изгибающий момент определяем по форму-
ле Ми = 7^и.в + М^ г , так как Ми в и М„ г действуют во взаимно
перпендикулярных плоскостях. Опасным является сечение С, для
которого Ми = ^7,82 + О2 = 7,8 кН • м (сечение В менее опасно, так
как для него = д/з,92 +1,222 = 4 кН • м). Суммарная эпюра изги-
бающих моментов дана на рис. 7.3, и.
6. Определяем по гипотезе наибольших касательных напряже-
ний эквивалентный момент в опасном сечении.
Мэ = + М2 = д/7,82+4,252 = 8,8 кН • м = 8,8 • 103 Н • м.
7. Из условия прочности вала при изгибе и кручении определя-
ем требуемый диаметр вала.
отсюда требуемый осевой момент сопротивления IV = 97,8 • 10 6 м3 =
= 97,8 • 103 мм3. Для круга момент сопротивления НЛ= л • сР/32 ~ 0,1 • cP.
243
Приравнивая 0,1 • cP = 97,8 • 103 мм3, находим диаметр вала d = 99,3 мм.
Принимаем d = 100 мм.
Пример 4. Вал передает мощность Р = 30 кВт при угловой ско-
рости вращения со = 42 рад/с. Определите диаметр опасного сече-
ния вала (рис. 7.4, а), несущего шкив ременной передачи диаметром
dx = 0,6 м и зубчатое колесо с косыми зубьями диаметром d2 = 0,25 м.
Натяжение ведущей ветви ремня вдвое больше натяжения ведомой
(Ft = 2 • F2). В зацеплении на зубчатое колесо действуют силы: окруж-
ная Ft, направленная по касательной к делительной окружности ко-
леса, осевая Fa, направленная параллельно оси вала, и радиальная
Fr, направленная по радиусу к центру зубчатого колеса. Материал
вала - сталь 45, [о] = 65 МПа. Расчет выполните, используя гипоте-
зу наибольших касательных напряжений. Примите Fr = 0,38 • Ft,
4 = 0,2 4, а = 0,2 м, а = 25°.
Решение.
1. Составляем расчетную схему вала (рис. 7.4).
Сечение С. Перенесем силы F2 и Fb действующие на шкив 1
(рис. 7.4, а, б, в) параллельно самим себе к продольной оси вала,
присоединив при этом пары сил с моментами F^ • -±- и F2 • Име-
ем центральную силу F= Fr + F2 = 3 • F2, вызывающую изгиб вала в
горизонтальной плоскости, и скручивающий момент
41 = 4= 2-4^--4= f2
cl 1 2 2 2 2 2
Сечение D. Приведем к оси вала силы, действующие на зубча-
тое колесо 2 (рис. 7.4, а)\ силу Ft (рис. 7.4, Э), получаем скручиваю-
щий момент Ft • d2/2, и центральную силу Ft, изгибающую вал в го-
ризонтальной плоскости. Кроме того, следует учесть силы: ради-
альную Fr и осевую Fa, изгибающие вал в вертикальной плоскости.
Для дальнейших расчетов представим вал как балку на двух
опорах, рассматривая подшипники А и В как шарнирные опоры,
одна из которых имеет продольную неподвижность.
2. Определяем момент, передаваемый валом, по заданной мощ-
ности Р и угловой скорости со:
Тс = Р/и = 30 • 103/42 = 714,3 Н • м.
Внутренний момент в сечениях вала на участке CD определяем
методом сечений :
М= Г = 714,3 Н • м.
Строим эпюру Мк (рис. 7.4, г).
244
Рис. 7.4. К примеру 4
245
3. Определяем силы натяжения ремней и силы, возникающие в
зацеплении зубчатой передачи. Из равенства моментов Те t = Те2 = Мк
находим:
силу натяжения ветвей ременной передачи
F2 = 2 • Т(. = 2 • 714,3/0,6 = 2381 Н; Fr = 2 • F2 = 4762 Н;
силы в зацеплении:
окружную силу Ft. = 2 • Tx/d2 = 2 714,3/0,25 = 5714,5 Н;
радиальную силу Fr = 0,38 • Ft = 0,38 • 5714,5 = 2171,5 Н.
4. Определяем силы, изгибающие вал в горизонтальной и верти-
кальной плоскостях, и строим эпюры изгибающих моментов.
Силы в зацеплении зубчатой передачи действуют в нашем приме-
ре строго в горизонтальной (Ft) и вертикальной (Fa, Fr) плоскостях.
На шкиве силы натяжения ремня действуют под углом а, поэто-
му их равнодействующую раскладываем на горизонтальную и вер-
тикальную составляющие (рис. 7.4, ж):
F= Fx+F2 = 2381 + 4762 = 7143 Н;
Fr = F-cos25° = 6473 Н;
F=F-sin 25° = 3018,6 Н.
•V
Рассматриваем изгиб вала в горизонтальной плоскости (рис. 7.4, е).
Находим реакции опор и RBx:
ЪМА = 0; -Fx • 0,1 + RBx 0,4 - Ft • 0,2 = 0; =>
=> RBx = (6473 • 0,1 + 5714,5 - 0,2)/0,4;
RBx = 4475,7 Н;
ХМВ = 0; -Fv 0,5 + RAx 0,4 + Ft 0,2 = 0; =>
=> RAx= (6473 • 0,5 - 5714,5 • 0,2)/0,4;
RAx = 5234,9 H.
Строим эпюру изгибающих моментов Ми Г(М„).
zt = 0,2 м Mj = 4475,7 0,2 = 895,1 Нм;
I-I: Afj — F\.fix ’ Zj = 0 м Mx = 4475,7 0 = 0.
z2 = 0,3 м Mu = 6473,7 -0,3 - 5234,9 x x (0,3-0,1) = 895,1 Нм;
II-II:Mn = Fxz2-
- RAx(z2 ~ a/^) z2 = 0,1 м Mn = 6473,7 -0,1 - - 5234,9 • (0,1 - 0,1) = 647,5 H • m.
246
Ш-Ш:Мш = Fxz3
z3 = 0,1 м Мххх = 6473,7 -0,1= 647,5 Н • м;
z3 = 0 м
1И1П = 647,5 0 = 0.
Рассматриваем изгиб вала в вертикальной плоскости (рис. 7.4, з).
Вычисляем реакции опор RAy и RBy:
^МА =0; -0,1 +0,125-/7-0,2 +^-0,4 = 0;
„ _ 3018,6-0,1-1143-0,125 + 2171,5 0,2 1/ооотт
кву------------------—-----------------= 1483,2 Н;
=0; -Fy -0,5+ /7-0,125+ /7 -0,2 + Я^ -0,4 = 0;
„ 3018,6-0,5-1143-0,125-2171,5-0,2 „
Ллп = --------------------------------- = /ээи, э п .
Ау 0,4
Строим эпюру изгибающих моментов Ми О(МХ) .
I-I: Mj - RBy Zj
l\-\V.Mxx = Fy-z2-
~ RAy(z2 ~ а/2)
III-III:Min = ^-z3
zj = 0,2 м Mx = 1483,2 • 0,2 = 297 Н • м;
zt = 0 м Мх = 1483,2 -0 = 0.
z2 = 0,3 м Мхх = 3018,6 - 0,3 - 2330,3 • (0,3 -
-0,1) = 439,5 Н-м;
z2 = 0,1 м Мхх = 3018,6 • 0,1 - 23303,3 • (0,1 -
- 0,1) = 301,9 Н-м.
z3 = 0,1 м Мхи = 3018,6 • 0,1 = 301,9 Н • м;
z3 = 0m Мт = 3018,6 • 0 = 0.
5. Результирующий изгибающий момент определяем следующим
образом:
Л/и=7м2и.г + Л/2и.в;
^ис=0;
МиА = ^647,52+ 301,92 = 714,4 Н • м;
MnD= 7895,12 +439,52 =997 Н • м;
MuD= 7895,12 + 2972 = 943 Н • м.
л/ив - о
247
Определяем положение опасного сечения, анализируя эпюры сум-
марного изгибающего Ми и крутящего Мк моментов. Это сечение D.
6. Определяем диаметр вала. Расчет производим для опасного
сечения. Эквивалентный момент в опасном сечении подсчитываем
с использованием гипотезы наибольших касательных напряжений:
Мэ = у[м^+м1 = 7э972 +714,32 = 1226,5 Н м.
Диаметр вала из условия прочности при изгибе с кручением:
CTmax - w
1226,5 103
-----------= 57,3 мм.
0,1-65
Учитывая ослабление вала шпоночными канавками, округляем
диаметр до большей стандартной величины. Принимаем d = 60 мм.
Пример 5. На валу жестко закреплены муфта 1 и колесо 2
(рис. 7.5, а). Муфта передает вращающий момент Т = 1000 Н • м.
Длина вала между опорами I = 800 мм; диаметр колеса D = 200 мм.
Определить диаметр вала по теории наибольших касательных на-
пряжений. Материал вала - сталь 45. Допускаемое напряжение
принять [о] = 70 Н/мм2.
Рис. 7.5. К примеру 5
Z
Решение. Следует отметить, что муфта передает валу только
вращающий момент, т.е. скручивает вал, но не изгибает его (соб-
248
ственный вес муфты и вала не учитывается, влияние их веса обыч-
но невелико). Таким образом, участок вала от муфты до колеса
скручивается постоянным моментом Мк = 1000 Н • м. Сила Ft при-
ложена к ободу колеса, должна быть приведена к точке, лежащей
на оси вала.
1. На рис. 7.5, б показана расчетная схема вала. При переносе
силы Ft добавляется пара сил с моментом 1\ = Ft ~ (сила этой
пары отмечена на схеме двумя чертежами). Плоскость действия
пары сил перпендикулярна к оси вала, и вал вращается с постоян-
ной угловой скоростью, следовательно,
Т\=Т.
Отсюда
2-Т 2-1000
Е = — = --- = 10 000 Н = 10 кН.
1 D 0,2
2. Расчетная схема вала при кручении изображена на рис. 7.5, в.
Пользуясь методом сечений, можно легко определить, что кру-
тящий момент Мк =Т = 1000 Н • м возникает только на участке вала
от муфты до колеса. Эпюра крутящих моментов изображена на
рис. 7.5, г.
3. Расчетную схему вала изображаем как балку на двух опорах с
нагрузкой посередине (рис. 7.5, Э), причем сила Ft будет направлена
перпендикулярно к оси.
Строим эпюру изгибающих моментов. Так как нагрузка прило-
жена симметрично опор и направлена вертикально вверх, реакция
опор равна Ft/2 = 10/2 = 5 кН.
К балке приложены только сосредоточенные силы, следователь-
но, эпюра изгибающих моментов очерчена наклонными прямыми
линиями.
zt = 0,4 м Мх = -10/2 • 0,4 = -2 кН м;
1-1:Л/т = —-z^
1 2 1
21 = 0м ^ = -10/2-0 = 0.
z9 = 0,4 м Мп = -10/2 • 0,4 = -2 кН • м;
II-II:Mn = -^-z2
z2 = 0 м Мп = -10/2 • 0 = 0.
На рис. 7.5, е показана эпюра изгибающих моментов
4. Вычисляем по теории набольших касательных напряжений
максимальный эквивалентный момент М:г Максимальный изгиба-
ющий 7Ии тах и крутящий Мк моменты возникают в сечении В, для
которого вычисляем эквивалентный момент:
249
Мэ = у[м1 + м1 = л/22 +12 = 2,24 кН • м.
5. Определяем теперь диаметр вала:
Л>зр^_з2-24-106
\0,Ио] \ 0,1-70
= 69 мм.
Окончательно принимаем d = 7Q мм.
Пример 6. Для стального вала круглого поперечного сечения с од-
ним зубчатым колесом (рис. 7.6, а), передающего мощность Р= 12 кВт
при угловой скорости со = 40 рад/с, определить диаметр вала в опас-
ном сечении, приняв [а] = 60 МПа и полагая, что Ту = 0,4 • Ft.
Рис. 7.6. К примеру 6
250
Решение.
1. Момент, передаваемый валом:
Р 12-Ю3
r = - = =300 н-м
со 40
2. Окружная сила
f,glI = .2.300.1 03 =
d 300
3. Радиальная сила
Fr = 0,4 • Ft = 0,4 • 2000 = 800 Н.
Опорные реакции от окружной силы Ft в вертикальной плоско-
сти (рис. 7.6, б)-.
^МА=0-, -Ft0,3 + RB 0,2 = 0,
_ Fr0,3 0,3-2000 onnnrj
откуда RB = = ——— = 3000 Н;
0,2 0,2
^Мв =0; ~Ft-0,5 + ЛЛу-0,2 = 0,
D Ff-0,5 0,5-2000 cnnnu
откуда RAy = -Су- = ——— = 5000 Н
4. Проверяем правильность определения опорных реакций:
ЕУ = 0; Ft - RAy + RBy = 0; 2000 - 5000 + 3000 = 0.
5. Строим эпюры изгибающих моментов в вертикальной плоско-
сти (рис. 7.6, в).
Zj = 0,2 м
Mj = 3000 • 0,2 = 600 H • м;
I-I: Мх - RBy zx
П-П: Мп = 7?й • z2
Zj = 0 м
z2 = 0,3 м
Ml = 3000 -0 = 0.
Мп = 2000 • 0,3 = 600 Н м;
z2 = 0
Мп = 2000 -0 = 0.
6. Опорные реакции от
плоскости (рис. 7.6, г):
ЕМл = 0;
п 0,3 К 0,3 -800
откуда —
м
радиальной силы Fr в горизонтальной
RBx • 0,2 - Fr 0,3 = О,
= 1200 H;
251
£MB = 0; -Fr-0,5 + RAx-0,2 = 0,
_ 0,5 Fr 0,5-800 Qnnn„
откуда= ——— = 2000 H.
Проверяем правильность определения опорных реакций: EX = 0;
-Fr + RA-RB = 0; -800 + 2000 - 1200 = 0.
7. Строим эпюру изгибающих моментов от силы Fr, действую-
щей в горизонтальной плоскости (рис. 7.6, д').
I-I: Mj - RBx zx
II-II: Мп = Fr • z2
Zj = 0,2 м
Zj = 0 м
z2 = 0,3 м
z2 = 0 м
Mx = 1200 • 0,2 = 240 H • m;
Mj = 1200 0 = 0.
Mn = 800 • 0,3 = 240 H • m;
Mu = 800 • 0 = 0.
8. Строим суммарную эпюру изгибающих моментов (рис. 7.6, е).
Сечение С: Мк с = 0 .
Сечение А: МпА = = л/б002 + 2402 = 646 Н• м .
Сечение В\ МиВ =0.
9. Значение крутящего момента в любом сечении вала Мк =
= 300 Н • м. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 7.6, ж).
Из суммарной эпюры изгибающих моментов следует, что опас-
ное сечение вала проходит через точку А.
10. Определяем наибольшее значение эквивалентного момента:
Мэ ш = 7Ми+Л/к = л/б462+3002 = 713 Н • м.
И. Определяем диаметр вала в опасном сечении:
МэШ J 713
0,l[oj уОА-бОЛО6
= 4,9-10 2м = 49 мм.
Принимаем d = 50 мм.
Пример 7. На рис. 7.7, а изображена схема червячного редукто-
ра. Вал червяка передает мощность Р= 5 кВт при угловой скорости
со = 100 рад/с (п = 960 об/мин). В зацеплении червячной передачи в
точке М действуют три взаимно перпендикулярные силы: Fa = 5260 Н,
Fr = 1700 Н, Ft= 1580 Н. Определить величину наибольшего экви-
валентного напряжения в материале червяка, если диаметр окруж-
ности впадин червяка dj= 46,2 мм, а диаметр делительной окруж-
ности червяка d = 63 мм, длина вала червяка 1Х = 240 мм. Осевое
усилие воспринимает левый подшипник. Расчет произвести по тре-
тьей и пятой теориям прочности.
252
253
Решение. Силы, действующие на червяк, вызывают деформа-
ции изгиба, кручения и сжатия. Рассмотрим отдельно каждую из
деформаций.
1 Деформация изгиба. Так как силы, действующие в за-
цеплении, не лежат в одной плоскости, то рассмотрим раздельно
изгиб в вертикальной и горизонтальной плоскостях. Изгиб в верти-
кальной плоскости вызывается силами Fa и Fr На рис. 7.7, б дана
расчетная схема вала червяка в вертикальной плоскости. Опреде-
ляем опорные реакции из условия равновесия червяка:
^МА =о; -RBy-0,24 + Fr -0,12-^-0,0315 = 0;
„ Fr-0,12-R-0,0315 1700-0,12-5260-0,0315
RB,. = —------s-------=----------------------= 155 H;
By 0,24 0,24
= 0; -RAy +Fr~RBy = 0; RAy = Fr -RBy = 1700-155 = 1545 H;
£X = 0; RAx~Fa-0; RAx.=Fa=52G0H.
Изгибающие моменты в сечениях вала:
= 0,12 м ЛД = - -1545-0,12 = -185 Н-м;
1 I. Mj ^Ау ' = 0 м M,=- -1545-0 = 0.
z2 = 0,12 м Мц = -155 0,12 = -18,6Н • м;
П-П: Л/п = ~RBy ’ zi z2 = 0 м мп = -155-0 = 0.
Таким образом, максимальный изгибающий момент в верти-
кальной плоскости Мв тах = 185 Н • м.
Эпюра изгибающих моментов в вертикальной плоскости дана на
рис. 7.7, б.
Изгиб в горизонтальной плоскости вызывается силой Ft На
рис. 7.7, в дана расчетная схема вала червяка в горизонтальной
плоскости.
г d о ^7 1580 u
Горизонтальные опорные реакции: RAv = RBx “ = —2~ “ ' ^0 Н.
Изгибающие моменты в сечениях вала:
I I. Л/j RAx ’ z\ Z\ = 0,12 м = 790-0,12 = 94,8 H -m;
Zj = 0 м Mj = 790 • 0 = 0.
z2 = 0,12 m Mn = 790 -0,12 = 94,8 Н-м;
П-П: Мп = RBx • z2 z2 = 0 m Mn = 790 • 0 = 0.
254
Максимальный изгибающий момент в горизонтальной плоскос-
ти Мг тах = 94,8 Н • м.
Эпюра изгибающих моментов приведена на рис. 7.7, в. Суммар-
ный изгибающий момент в опасном сечении
Чпах = V^Bmax+^rmax = >/1852 +94,82 = 208 Н • М.
Осевой момент сопротивления червяка на практике определяют
по диаметру окружности впадин червяка:
Wx = 0,1 • 4 = 0,1 • (4,62 • 10-2)3 = 9,9 10"6 м3.
Суммарное напряжение от изгиба в опасном сечении червяка
Ои = Чпах. = 208 21. W6 н/м2 = 21 МН/м2
9,9 • 10
2. Деформация сжатия. Напряжение сжатия от осевой си-
лы Fa = 5260 Н:
р n-d2f 3 14-14 62-Ю-2!2 з ->
Л 4 4
о = 5260 = 3,1 106 Н/м2 = 3,1 МН/м2.
16,8-10~4
Величина наибольшего нормального напряжения от изгиба и
сжатия
(У = ои + ос = 21 + 3,1 = 24,1 МН/м2.
3. Деформация кручения Определим величину скручи-
вающего момента, действующего на вал червяка:
На рис. 7.7, г дана эпюра крутящих моментов.
Полярный момент сопротивления тела червяка
Wp = 0,2 • d3 = 0,2 (4,62 • 10"2)3 = 19,8 • 10-6 м3.
Наибольшие касательные напряжения
а = ^ =------50_— = 2,5-Ю6 Н/м2 = 2,5 МН/м2.
Wp 19,8 -10-6
255
Определяем эквивалентное напряжение в материале червяка:
а) по третьей теории прочности
оэш = л/ст2 +4-о2 = х/24,12 + 4-2,5 2 = 24,6 МН/м2;
б) по пятой теории прочности
стэv = л/ст2 + 3-о2 = J24,!2 + 3• 2,52 = 24,4 МН/м2.
Пример 8. Определить диаметр быстроходного вала (рис. 7.8, а)
в опасном сечении, если: Л =4000 Н; Fr = 1376 Н; Fa =730 Н;
FOII = 915 Н; = 70 мм; 1^ = 140 мм; /()11 = 50 мм, [ст] = 60 МПа.
Решение.
^Вертикальная плоскость
Расчетная схема вала в вертикальной плоскости дана на рис. 7.8, б.
256
а) Определяем опорные реакции:
=0: -Ч '« + f.i 4"^ 4-f«" =0;
К -/6/2-R -dx/2-Fon-lon
RAy = = 178,7 H;
l6
1^=0; -Fr[ .l±-Fai.^RBy.l6-Fon (l6 + /оп ) = 0;
n _ Frx 'k /2 + Fai /2 + ^оп ’(4 + 4>n) „
К By----------------------------------------- =2112,3 H.
Z6
Проверка: £У = 0; RAy -Fr{ + RBy - FOII = 0.
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси z в ха-
рактерных сечениях I-III (рис. 7.8, в).
I-I: Мх - RAy zx
II-II:Mn = -F0l|x
х z2 + RBy(z2 - /О||)
zt = 0,07 м Mx = 178,7 • 0,2 = 12,5 Н • м;
zj = 0 м Мх = 1483,2 0 = 0.
z2 = 0,12 м Мп = -915 • 0,12 + 2112,3 • (0,12 -
- 0,05) = 38 Н • м;
z2 = 0,05 м Мп = -915 • 0,05 + 2112,3 • (0,05 -
- 0,05) =-45,8 Н м.
III-III:Min = -FOI1.z3
z3 = 0,05 м Мш = -915 • 0,05 = -45,8 Н • м;
Zg — 0 М Л/jjj = — 915 ’0 = 0.
2. Горизонтальная плоскость.
Расчетная схема вала в горизонтальной плоскости дана на
рис. 7.8, г.
р
а) Определяе*м опорные реакции: RAx = RBx = -у- = 2000 Н.
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси у в
характерных сечениях I—III (рис. 7.8, д).
I-I: Мх - -Ra* zx
zj = 0,07 м М} = -2000 • 0,07 = -140 Н • м;
zt = 0 м Мх = -2000 -0 = 0.
257
z2 = 0,07 м Mu = -2000 0,07 = -140 Н м;
П-П: Мц - -RBx z2
z2 = 0 м
Мп = -2000 0 = 0.
Ш-Ш: Мш = 0.
3. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 7.8, е).
MK=MZ
Ft-d< 4000-0,07 ,/Лгт
——- =---------— = 140 Н • м.
2 2
4. Определяем суммарные изгибающие моменты в наиболее на-
груженных сечениях:
= ./м? + М2 = >/382 +1402 = 145 Н • м;
и у л 2 у 2
М =МГ =45,8 Нм.
и3 х3
Следовательно, опасным является сечение 2.
5. Определяем эквивалентный момент в опасном сечении:
Мч = Jm2 + М2 = л/1452 +1402 = 201,6 Н • м.
6. Определяем диаметр вала в опасном сечении:
d > з = з—221^ = 3) 23.10-2м = 32 3 мм
\0,1[а] \0,1-60-106
Выбираем d = 34 мм.
Пример 9. Определить диаметр быстроходного вала (рис. 7.9, а)
в опасном сечении, если: = 3500 Н;/7Г] = 522 Н;/7^ = 3000 Н; FM =
= 650 Н; di = 57 мм; /б = 90 мм; 1М = 52 мм, [ст] = 30 МПа, /t = 44 мм
Решение.
1. Вертикальная плоскость.
Расчетная схема вала в вертикальной плоскости дана на рис. 7.9, б.
а) Определяем опорные реакции:
X МВх = °; ~Fa\ '~2+Fr} • (А + 40 + RAy • k - 0:
jFL, • d\ / 2 — Fr • (/| +)
Ra = -—— = 172,8 H;
l6
^MAx=0-, -Fai.^. + Fri ll+RBy l6=0-,
258
Проверка: ЕУ = 0; -RAy + RBy -F^ = 0.
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси г в
характерных сечениях I—III (рис. 7.9, в).
I-I: Мх = 0. z2 = 0,09 м Мп = 694,8 - 0,09 = 62,5 Н • м;
11-П:Мп = ^-21 z2 = 0 м Мп = 694,8 -0 = 0. z3 = 0,044 м Мш = -522 • 0,044 + 3000 х х (0,057/2) = 62,5 Н • м;
III-III:Min = -Fri х х 23 + Fa} ^1/2 z3 = 0,1 м Мт = -522 • 0 + 3000 • (0,057/2) = = 85^5 Н • м.
259
2. Горизонтальная плоскость.
Расчетная схема вала в горизонтальной плоскости дана на
рис. 7.9, г.
а) Определяем опорные реакции:
У = О’- -Ft ’ (/1 + ^б) + rAx ^6~Fm -1м - °!
_ Ftf -(/i + l6) + FM -lM
F-дх - ———:
z6
= 5586,7 H;
У My2 =0; -Ft Zt + RBx -l6-FM0;
_ Ft]-l\ +FM(l6 + lM)
F-Bx ~
z6
= 2736,7 H.
Проверка: ZX = 0; - Ft} + RAx - RBx + FM=0.
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси г в
характерных сечениях I—III (рис. 7.9, д').
zx = 0,052 м Мг = -650 • 0,052 = -33,8 Н • м;
z1 = 0m = -650,2 • 0 = 0.
z2 = 0,142 м Ми = -650 -0,142 + 2736,7 х
х (0,142 - 0,052) = 154 Н • м;
II-II:Mn = -FM-z2 +
+ RBx(z2 ~ °-052)
z2 = 0,052 м Ми = -650 -0,052 + 2736,7 х
х (0,052-0,052) = -33,8 Н-м.
z3 = 0,044 м
Мш = 3500 • 0,044 = 154 Н • м;
III-III:Min = Ffi-z3
z3 = 0 м Мт = 3500 -0 = 0.
3. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 7.9, е).
М=М = = 998 Н-м.
к z 2
4. Определяем суммарные изгибающие моменты в наиболее на-
груженных сечениях:
М2 = = л/б2,52 +1542 = 166,2 Н-м; М3 = Муз = 33,8 Н-м.
Следовательно, опасным является сечение 2.
260
5. Определяем эквивалентный момент в опасном сечении:
Мэ = 2 + МК = л/166,22 + 99,82 = 193,9 Н м.
6. Определяем диаметр вала в опасном сечении:
V0,l[o] Vo,l-3O1O6
= 4,01 • 10 2м = 40,1 мм.
Выбираем d - 42 мм.
Пример 10. Определить диаметр быстроходного вала (рис. 7.10, а)
в опасном сечении, если: Ff) = 1300 Н; ГГ) = 1720 Н; F„ = 5000 Н;
FM = 652 Н; d{ = 70 мм; = 150 мм; /м = 455 мм, [ст] = 90 МПа.
Решение.
1. Вертикальная плоскость.
Расчетная схема вала в вертикальной плоскости дана на рис. 7.10, б.
261
а) Определяем опорные реации:
2>з=0; + =
К - Jt/2-К -/б/2
RA, = —— , * = 306,7 Н;
'б
£м,=0; -F„, А-ГГ|^ + ^-/с=0;
Fa -d,/2^Fr /б / 2
RB = ——---------?1 — = 2026,7 H.
l6
Проверка: XY = 0; -В-ду + RBy i = 0;
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси z в
характерных сечениях I-III (рис. 7.10, в).
I-I: Мт = 0.
I\-II:Mn = RByz2
П1-Ш:Мш = -/?Л<23
z2 = 0,75 м Мп = 2026,7 • 0,075 = 152 Н • м;
z2 = 0 м Мп = 2026,7 -0 = 0.
z3 = 0,075 м МП1 = -306,7 • 0,075 = -23 Н м;
z3 = 0 м Мш = -306,7 -0 = 0.
2. Горизонтальная плоскость.
Расчетная схема вала в горизонтальной плоскости дана на
рис. 7.10, г.
а) Определяем опорные реакции:
£М3=0; -Г, А + Ка../6-Ги./„=0;
F • / 2 + F • L
Rax = 6 ,----= 889 Н;
1б
Х^=0; А + /?Яг./б-Гм.(/б+/м) = 0;
„ _ 'Ч /2 + Л< Об +^м)
КВх-----------------------------
1б
= 241 Н.
Проверка: XX = 0; -F() + R^ - RBx + FM = 0.
262
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси z в
характерных сечениях I—III (рис. 7.10, Э).
I-l;Ml = -FMzi
zj = 0,055 м = - 652 • 0,055 = -35,9 Н • м;
z1 = 0m ^ = -2171,7-0 = 0.
z2 = 0,15 м Мп = -88,9 • 0,15 + 1300 • (0,15 -
-0,075) = -35,9 Н-м;
Л/ц = -R^ z2 +
+ ^(22-0,075)
z2 = 0,075 м Мп = -88,9 • 0,75 + 1300 • (0,075 -
- 0,075) = -66,8 Н м.
III-III:MI1I=-/?Ar-z3
z3 = 0,075 м Мт = -889 0,075 = -66,8 Н • м;
z3 = 0 м = -889 -0 = 0.
3. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 7.10, е).
л, at 1300-0,07
Мк = М= —!-------=------------= 45,5 Н • м.
к 2 2 2
4. Определяем суммарные изгибающие моменты в наиболее на-
груженных сечениях:
ЛС = лМ., + М2 = 71522 +66,82 = 166 Н-м;
1J2 у л'2 ^2
Ми =М„Ч =35,9 Н-м.
"о
Следовательно, опасным является сечение 2.
5. Определяем эквивалентный момент в опасном сечении:
Мэ = у[м^2 + м2 = V1662 +45,52 = 172,1 Н м.
6. Определяем диаметр вала в опасном сечении:
d > 3 -^- = з----172’ -—. = 2,674 • 10~2м = 26,74 мм.
Vo,i[ctJ уод-эо-ю6
Выбираем d = 28 мм.
Пример 11. Определить диаметр быстроходного вала (рис. 7.11, а)
в опасном сечении, если: Ft2 = 5000 Н; Fr2 = 1380 Н; Fa2 = 900 Н;
= 4200 Н; R = Fol,sin30° = 2100 Н; Fx = Fcos30° = 3637 Н; d2 = 181 мм;
/т = 150 мм; /О|| = 70 мм, [о] = 65 МПа.
263
Рис. 7.11. К примеру 11
Решение.
1. Вертикальная плоскость.
Расчетная схема вала в вертикальной плоскости дана на рис. 7.11, б.
а) Определяем опорные реации:
5>4=0; _^.(/оп+/т) + ^./т + £Г2 А = 0;
Fu-{1Ои + /т)-Fr, lT/2 + Fa-d2/2
R = у Von—22---------22_j2-----21—£_ = 2933 Н
/
гт
Е«2 =0; -F, /,„-Fri -!j-Fa! А + /т = о;
_ Fy • /оп + Fr2 /т / 2 + Fa,2 -d2 /2
KDy ~
lT
= 2213 H.
264
Проверка: YY = 0; FY - RCy + RDy - Fr2 = 0.
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси z в
характерных сечениях I-III (рис. 7.11, в).
I-I: Mi - RDy Zj Zi = 0,075 м Mi = 2213 • 0,075 = 166 H • m; Zj = 0m Mi = 2213 • 0 = 0. z2 = 0,145 м Мц = 2100 ’ °-145 - 933 • (0,145 - - 0,07) = 84,5 H • m;
Mn = Fy z2-
-/?c/z2-0,07) z2 = 0,07 м = 2100 0,07+ 2933- (0,07- - 0,07) = 147 H m. z3 = 0,07 м Min = 2100 0,07 = 147 H m;
III-III:Mni = ryz3 z3 = 0m Mni = 2100-0 = 0.
2. Горизонтальная плоскость.
Расчетная схема вала в горизонтальной плоскости дана на
рис. 7.11, г.
а) Определяем опорные реакции:
£м4=0;
1Сх = J= 2834,3 Н
/т
£M2=0; fr-/on+^~-^-/T=0;
Л/2
RDx = . 2 =4197,3 Н.
4Т
Проверка: Ех = 0; Fx - Rqx ~ ^t2 + Rdx ~ 0-
б) Строим эпюру изгибающих моментов относительно оси z в
характерных сечениях I—III (рис. 7.11, Э).
zx = 0,075 м Мг = -4197,3 • 0,075 = -314,8 Н • м;
I-I: Л/j -~RDx ?!
z1 = 0m Mj = -4197,3-0 = 0.
265
z2 = 0,15 м 1ИП =-4197,3 0,15 +5000 x
x (0,15-0,075) = -254,6 Н м;
II—II: Л/тт — ~Rj)x * + + ^(г2 - 0,075) z2 = 0,075 м Мп = - 4197,3 • 0,075 + 5000 х х (0,075 - 0,075) = -314,8 Н • м.
z3 = 0,07 м Mm = -3637 • 0,075 = -254,6 Н м;
z3 = 0 м
Мт = -3637 -0 = 0.
3. Строим эпюру крутящих моментов, Н • м (рис. 7.11, е).
МК=М2
'^2
2
5000-0,181
2
= 452,5 Н • м.
4. Определяем суммарные изгибающие моменты в наиболее на-
груженных сечениях:
М2 = 7Мх2 + = >/1472 + 254,62 = 294 Н м;
М3 = ^М2з + М2з = д/1662 + 314,82 =355,9 Н • м.
Следовательно, опасным является сечение 3.
5. Определяем эквивалентный момент в опасном сечении:
М3 = у[м1 + М2 = д/з55,92 +452,52 = 575,7 Н • м.
6. Определяем диаметр вала в опасном сечении:
d > з = J—575,7 - = 4,458 • 10“2 м = 44,58 мм.
V0,Цо] Vo,l-65-lO6
Выбираем d = 46 мм.
Пример 12. По третьей гипотезе прочности определить диаметр
вала редуктора (рис. 7.12, а) в опасном сечении, если передаваемая
мощность Р = 5 кВт, угловая скорость п = 950 об/мин, диаметр де-
лительной окружности d= 100 мм, приняв [с] = 70 МПа и полагая,
что Fr= 0,2-^^ = 0,38-Ту
266
Рис. 7.12. К примеру 12
Решение.
1. Определяем вращающий момент:
Т= 9,55Р/и = 9,55 • 5 • 103/950 = 50,3 Н-м.
267
2. Окружная сила
Ft = 1T/dt = 2-50,3/0,1 = 1006 Н.
3. Радиальная сила
Fr = 0,38 • Ft = 0,38 -1006 = 382 Н.
4. Осевая сила
F„ = 0,2 Ft = 0,2 -1006 = 201 Н.
5. Составляем расчетную схему вала в вертикальной плоскости
(рис. 7.12, б), определяем реакции опор и строим эпюру МИВ(МЛ):
m = F„d/2 = 2Ql -0,1/2 = 10,1 Н-м.
Для определения неизвестных реакций опор вала используем
два уравнения равновесия:
1^=0;
J>2=o;
-Fr • 0,05 + т + Ry^ • 0,1 = 0;
-Ry^ -0,05 = 0.
Находим:
Ry2 = (Fr • 0,05 - т)/0,1 = (382 • 0,05 - 10,1)/0,1 = 90 Н;
Ryx = (m + Fr- 0,05)/0,1 = (10,1 + 382 • 0,05)/0,1 = 292 Н.
Проверяем правильность определения опорных реакций: ЕУ = 0;
Ryx - Fr + Ry2 = 0; 292 - 382 + 90 = 0.
Реакции определены правильно.
l-I: ЛД = Ry2 zx
II-II:Mn = /?,(-z2
zt = 0,05 м Мх = 90 • 0,05 = 4,5 Н • м;
21 = 0 м Мх = 90 • 0 = 0.
z2 = 0,05 м Мп = 292 • 0,05 = 14,6Н • м;
z2 = 0 м Мп = 292 • 0 = 0.
Эпюра изгибающих моментов относительно оси z дана на
рис. 7.12, в.
6. Составляем расчетную схему вала в горизонтальной плоскости
(рис. 7.12, г), определяем реакции опор и строим эпюру Ми г(Л/;у).
= Ft/2 = 1006/2 = 503 Н.
268
I-V.M^-R^ -zt
zt = 0,05 M Afj = -503 • 0.05 = -25,2 H • м;
Zj = 0 м
A/r =-503 • 0 = 0.
U-1I;Mu = -Rx-z2
z2 = 0,05 м
z2 = 0 м
Мп =-503 0,05 = -25.2 Н м;
Л/п =-503 • 0 = 0.
Эпюра изгибающих моментов относительно оси z дана на
рис. 7.12, д.
7. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 7.11, е):
Мк = Т=50,3 Н м.
Опасным является сечение 3.
8. Определяем эквивалентный момент в опасном сечении:
Ми = 7мг2+Л/2= ^25,22 +14,62 =29,1 Н • м;
Мэ з = >2 + М2 = ^29,12 +50,32 = 58,1 Н • м.
9. Определяем диаметр вала в опасном сечении:
, /Мэ3 I 58Д
d > 3-- 3-----------
V 0,1(0] Vo.l-70-Ю6
= 2,03 10~2 м = 20,3 мм.
Окончательно принимаем d = 22 мм.
------------ Задачи -------------
1...10. На стальном валу 1 (рис. 7.13) жестко закреплена муфта
2 и зубчатое колесо 3. Вычислить силу, приложенную к окружно-
сти зубчатого колеса, диаметром d. Построить эпюры крутящих и
изгибающих моментов по длине вала. Определить требуемый диа-
метр вала.
Материал вала - сталь 40; допускаемое напряжение [о] = 70 Н/мм2
(расчет производить по теории прочности наибольших касательных
напряжений или энергетической теории).
11...20. Для стального вала постоянного поперечного сечения с
двумя зубчатыми колесами (рис. 7.14), передающего мощность Рпри
угловой скорости со рад/с (числовые значения этих величин для
своего варианта взять из табл. 7.1): а) определить вертикальные и
горизонтальные составляющие реакций подшипников; б) построить
эпюру крутящих моментов; в) построить эпюры изгибающих мо-
ментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях; г) определить
269
диаметр d вала, приняв [о] = 70 Н/мм2 (в задачах И, 13, 15, 17, 19)
или [о] = 60 Н/мм2 (в задачах 12, 14, 16,18, 20) и полагая/^ = 0,36 х
х F ; Fr2= 0,36 • Fti В задачах И... 15 расчет производить по гипотезе
потенциальной энергии формоизменения, а в задачах 16...20 - по
гипотезе наибольших касательных напряжений.
Рис. 7.13. К задачам 1...10
270
Рис. 7.14. К задачам 11...20
271
Таблица 7.1. Исходные данные к задачам 11...20
Номер задачи и схемы на рис. 7.14 Вари- ант р, кВт СО, рад/с Номер задачи и схемы на рис. 7.14 Ва- риант р, кВт со, рад/с
Задача И, 00 12 22 Задача 12, 01 4 24
схема I 14 18 40 схема II 17 16 48
26 20 36 29 20 50
35 19 30 34 24 40
43 4 48 46 45 25
57 60 50 56 42 60
61 34 68 60 40 22
74 15 20 77 19 36
81 10 50 84 17 42
94 12 48 97 30 35
Задача 13, 02 18 30 Задача 14, 03 10 40
схема III 16 40 80 схема IV 19 12 35
28 32 52 21 15 30
37 24 36 36 24 24
45 14 18 48 30 15
59 10 42 58 25 35
63 15 45 62 18 42
76 38 22 79 20 45
80 50 40 87 14 20
96 5 50 99 40 36
Задача 15, 05 10 18 Задача 16, 04 40 45
схема V 18 20 18 схема VI И 38 42
20 24 30 23 42 30
38 48 30 40 35 25
47 12 24 49 30 18
51 24 52 50 32 50
65 6 15 64 15 30
78 30 45 75 14 20
83 38 50 86 20 24
98 40 25 91 25 48
Задача 17, 07 8 35 Задача 18, 06 32 40
схема VII 10 40 15 схема VIII 12 60 50
22 38 20 25 58 42
31 35 18 30 38 38
39 60 24 42 31 20
53 50 30 52 37 30
67 45 28 66 42 30
72 30 18 73 55 33
82 16 42 89 45 28
90 20 12 93 8 20
272
Окончание табл. 7.1
Номер задачи и схемы на рис. 7.14 Вари- ант р, кВт СО, рад/с Номер задачи 1 и схемы на рис. 7.14 Ва- риант р, кВт СО, рад/с
Задача 19, 09 25 38 Задача 20, 08 80 70
схема IX 13 30 42 схема X 15 60 50
24 23 32 27 65 38
33 42 50 32 50 42
41 46 18 44 02 32
55 27 24 54 62 • 31
69 32 20 68 40 35
71 48 15 70 22 20
85 52 25 88 28 30
92 12 48 95 70 40
21...30. Для стального вала постоянного поперечного сечения с
двумя зубчатыми колесами (рис 7.15), передающего мощность
Р, кВт, при угловой скорости со, рад/с (числовые значения этих ве-
личин для своего варианта взять из табл. 7.2): а) определить верти-
кальные и горизонтальные составляющие реакций подшипников;
б) построить эпюру крутящих моментов; в) построить эпюры изги-
бающих моментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях;
г) определить диаметр d вала, приняв [ст] = 60 МПа (в задачах 22, 24,
26, 28, 30) или [о] = 70 МПа (в задачах 21...25) и полагая Fr^ = 0,4 х
х /у Fr = 0,4 • Ft. В задачах 21...25 расчет производить по гипотезе
потенциальной энергии формоизменения, а в задачах 26...30 - по
гипотезе наибольших касательных напряжений.
Таблица 7.2. Исходные данные к задачам 21...30
Номер задачи и схемы на рис. 7.15 Вари- ант р, кВт СО, рад/с Номер задачи и схемы на рис. 7.15 Вари- ант р, кВт <о, рад/с
Задача 21, 00 12 22 Задача 22, 01 04 24
схема I 14 18 40 схема II 17 16 48
26 20 36 29 20 50
35 19 30 34 24 40
43 4 48 46 45 25
57 60 50 56 42 60
61 34 68 60 40 22
74 15 20 77 19 36
81 10 50 84 17 42
94 12 48 97 30 35
273
Окончание табл. 7.2
Номер задачи и схемы на рис. 7.15 Вари- ант р, кВт со, | рад/с Номер задачи и схемы на рис. 7.15 Вари- ант р, кВт СО, рад/с
Задача 23. 02 18 30 Задача 24, 03 10 40
схема III 16 40 80 схема IV 19 12 35
28 32 52 21 15 30
37 24 36 I 36 24 24
45 14 18 48 30 15
59 10 42 58 25 35
63 15 45 62 18 42
76 38 22 79 20 45
80 50 40 87 14 20
96 5 50 99 40 36
Задача 25, 05 10 18 Задача 26, 04 40 45
схема V 18 20 18 схема VI И 38 42
20 24 30 23 42 30
38 48 30 40 35 25
47 12 24 49 30 18
51 24 52 50 32 50
65 6 15 64 15 30
78 30 45 75 14 20
83 38 50 86 20 24
98 40 25 91 25 48
Задача 27, 07 8 35 Задача 28, 06 32 40
схема VII 10 40 15 схема VIII 12 60 50
22 38 20 25 58 42
31 35 18 30 38 38
39 60 24 42 31 20
53 50 30 52 37 30
67 45 28 66 42 30
72 30 18 73 55 33
82 16 42 89 45 28
90 20 12 93 8 20
Задача 29. 09 25 38 Задача 30, 08 80 70
схема IX 13 30 42 схема X 15 60 50
24 23 32 27 65 38
33 42 50 32 50 42
41 46 18 44 2 32
55 27 24 54 62 31
69 32 20 68 40 35
71 48 15 70 22 20
85 52 25 88 28 30
92 12 48 95 70 40
Рис. 7.15. К задачам 21...30
274
31...40. Для стального вала постоянного поперечного сечения с
одним зубчатым колесом (рис. 7.16), передающего мощность Р, кВт,
при угловой скорости со, рад/с (числовые значения этих величин
для своего варианта взять из табл. 7.3): а) определить вертикаль-
ные и горизонтальные составляющие реакции подшипников; б) по-
строить эпюру крутящих моментов; в) построить эпюры изгиба-
ющих моментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях;
г) определить диаметр вала, приняв [о] = 60 МПа (в задачах 31, 33,
35, 37, 39) или [о] = 70 МПа (в задачах 32, 34, 36, 38, 40) и полагая
Fr = 0,4 • Ft. В задачах 31...35 расчет производить по гипотезе потен-
циальной энергии формоизменения, а в задачах 36...40 - по гипоте-
зе наибольших касательных напряжений.
Рис. 7.16. К задачам 31...40
276
Таблица 73. Исходные данные к задачам 31...40
Номер задачи и схемы на рис. 7.16 Вари- ант р, кВт <0, рад/с Номер задачи и схемы на рис. 7.16 Вари- ант р, кВт СО, рад/с
Задача 31, 00 30 10 Задача 32, 01 22 14
схема I 14 36 12 схема II 17 40 16
26 52 15 29 50 20
35 24 24 34 30 24
43 18 30 46 48 45
57 42 25 56 50 42
61 45 18 60 68 40
74 22 20 77 20 19
81 40 14 84 50 17
94 50 40 97 48 30
Задача 33, 02 40 18 Задача 34, 03 24 12
схема III 16 35 40 схема IV 19 48 18
28 30 32 21 30 20
37 36 24 36 40 19
45 15 14 48 25 14
59 35 10 58 60 60
63 42 15 62 22 30
76 45 38 79 36 15
80 20 50 87 42 10
96 36 15 99 35 12
Задача 35, 05 35 32 Задача 36, 04 18 40
схема V 18 15 60 схема VI И 18 38
20 20 58 23 30 42
38 18 38 40 30 35
47 24 31 49 24 30
51 30 37 50 52 32
65 28 42 64 15 15
78 18 55 75 45 14
83 23 45 86 50 20
98 12 28 91 20 25
Задача 37, 07 40 18 Задача 38, 06 31 27
схема VII 10 50 40 схема VIII 12 35 32
22 42 38 25 20 48
31 38 35 30 30 52
39 20 60 42 40 12
53 30 50 52 24 62
67. 30 45 66 20 40
72 33 30 73 15 22
82 23 16 89 25 28
90 20 20 93 48 70
277
Окончание табл. 7.3
Номер задачи и схемы на рис. 7.16 Вари- ант р, кВт СО, рад/с Номер задачи и схемы на рис. 7.16 Вари- ант р, кВт СО, рад/с
Задача 39, 09 10 25 Задача 40, 08 31 27
схема IX 13 50 30 схема X 15 35 32
24 38 23 27 20 48
33 12 42 32 30 52
41 24 36 44 40 12
55 38 30 54 24 62
69 42 60 68 20 40
71 32 65 70 15 22
85 10 50 88 25 28
92 18 25 95 48 70
41...50. Для стального вала постоянного поперечного сечения
(рис. 7.17), передающего мощность Р, кВт, при угловой скорости
со, рад/с (числовые значения этих величин для своего варианта взять
из табл. 7.4): а) определить вертикальные и горизонтальные состав-
ляющие реакции подшипников; б) построить эпюру крутящих мо-
ментов; в) построить эпюры изгибающих моментов в вертикальной
и горизонтальной плоскостях; г) определить диаметр вала, приняв
[о] = 70 МПа (в задачах 41, 43, 45, 47, 49) или [о] = 60 МПа (в за-
дачах 42, 44, 46, 48, 50). Для усилий, действующих на зубчатое ко-
лесо, принять Fr = 0,36 • Fz, для натяжения ремней 5^ = 2 • 52- В за-
дачах 42, 44, 46, 48, 50 расчет производить по гипотезе потенциаль-
ной энергии формоизменения, а в задачах 41, 43, 45, 47, 49 по гипо-
тезе наибольших касательных напряжений.
Таблица 7.4. Исходные данные к задачам 41...50
Номер задачи и схемы на рис. 7.17 Вари- ант р, кВт СО, рад/с Номер задачи | и схемы на рис. 7.17 Вари- ант р, кВт <о. рад/с
Задача 41, 00 14 22 Задача 42, 01 12 24
схема I 14 16 40 схема 11 17 18 48
26 20 50 29 20 30
35 24 30 34 19 40
43 45 48 46 4 25
57 42 50 56 60 60
61 40 68 60 30 22
74 19 20 77 15 36
81 17 50 84 10 42
94 30 48 97 12 35
278
Окончание табл. 7.4
Номер задачи и схемы на рис. 7.17 Вари- ант р, кВт СО, рад/с Номер задачи и схемы на рис. 7.17 Вари ант Р, кВт СО, рад/с
Задача 43, 02 10 30 Задача 44, 03 18 40
схема III 16 12 36 схема IV 19 40 35
28 15 52 21 32 30
37 24 24 36 24 36
45 30 18 48 14 15
59 25 42 58 10 35
63 18 45 62 15 42
76 20 22 79 38 45
80 14 40 87 50 20
96 40 50 99 5 36
Задача 45, 05 40 18 1 Задача 46, 04 10 45
схема V 18 38 18 схема VI 11 20 42
20 42 30 23 24 30
38 35 30 40 18 25
47 30 24 49 12 18
51 32 52 50 24 50
65 15 15 64 16 30
78 14 45 75 30 20
83 20 50 86 38 24
98 25 20 91 40 48
Задача 47, 07 32 35 Задача 48, 06 8 40
схема VII 10 60 15 схема VIII 12 40 50
22 58 20 25 38 42
31 38 18 30 35 38
39 31 24 42 60 20
53 37 30 52 50 30
67 42 28 66 45 30
72 55 18 73 30 33
82 45 25 89 16 28
90 28 12 93 20 20
Задача 49, 09 30 38 Задача 50. 08 25 70
схема IX 13 60 42 схема X 15 30 50
24 65 32 27 23 38
33 50 10 32 42 12
41 25 18 44 36 24
55 62 24 54 27 31
69 40 20 68 32 35
71 22 15 70 48 20
85 28 25 88 52 30
92 70 48 95 12 40
279
Рис. 7.17. К задачам 41...50
Глава 8
УСТОЙЧИВОСТЬ
СЖАТЫХ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ
8.1. Основные понятия
Превышение силой, сжимающей стержень, критического значе-
ния приводит к нарушению устойчивой прямолинейной формы
равновесия стержня. Деформация сжатия переходит в деформацию
продольного изгиба. При этом появляется изгибающий момент,
возрастающий с увеличением силы, что вызывает резкий рост на-
пряжений. Как следствие, это может привести к разрушению стерж-
ня. Поэтому должно выполняться условие
F<^-, (8.1)
[5У]
где F - значение силы, сжимающей стержень, Н; Sy - коэффициент
запаса устойчивости (действительный); [5у] - то же, требуемый (за-
данный или нормативный): для стальных стоек [5у] = 1,8 ... 3,0; для
чугунных стоек [5у] = 5 ... 5,5; для деревянных стоек [5уJ = 3 ... 3,2;
FKp - критическая сила сжатого стержня, кН, Н.
Условие устойчивости может быть записано в напря-
жениях:
—— или о < [crv ],
I5«pj ’
(8.2)
F FK
где a =----напряжение, соответствующее силе F, Н/м2; окр = —— ~
СГКр
критическое напряжение, Н/м2; [оу] = ——- - допускаемое напряже-
NyJ
ние для расчета на устойчивость, Н/м2; А - площадь поперечного
сечения стержня.
Критическая сила определяется по формуле Эйлера,
если А > Апр или сгкр < опц, где
. _ /л2£
^пр ~ 4
У ^пц
(83)
281
= ^Д/пип
(ц/)2
(8.4)
где ц/ - приведенная длина стержня; X - гибкость стержня; Хо - гиб-
кость, при которой напряжения в поперечном сечении сжатого
стержня равны пределу текучести (от); X д - предельная гибкость
(при гибкости сжатого стержня, равной Хпрсд, напряжения в его по-
перечном сечении равны пределу пропорциональности); / - длина
стержня; Е- модуль продольной упругости материала стержня, Н/м2
(табл. 8.1); Jmin - момент инерции сечения стержня относительно
оси меньшей жесткости, т.е. наименьший из двух моментов инер-
ции относительно главных центральных осей, м4; ц - коэффициент
приведения длины, зависящий от способа закрепления концов стерж-
ня (рис. 8.1); сг1Щ- предел пропорциональности материала (табл. 8.1).
ц=1,0 ц = 2,0 ц = 0,5 ц = 0,7 ц = 0,7
Рис. 8.1. Значения коэффициента приведения длины
Таблица 8.1. Предел пропорциональности
и модуль продольной упругости материалов
Материал ст11ц, МПа Е, МПа
Сталь Ст.З 200 2-105
Легированная сталь 800 2- 105
Дюралюминий 210 7 • 104
Текстолит 26 104
Гетинакс 39,5 104
Балинит 140 2 • 104
Чугун 180 1,0 105
Дерево 61 0,1 • Ю5
282
Критическое напряжение определяется следующим
образом:
’ Л2 '
Г и б кость стержня определяется так:
^min
где imin - минимальный радиус инерции сечения, м, см:
(8 5)
(86)
(8.7)
Для стержней, у которых А < А11р, критические напряжения опре-
деляют по формуле Ясинского:
<зкр = а-ЬХ,
(8.8)
где а,Ь- коэффициенты, зависящие от свойств материала (табл. 8.2).
Таблица 8.2. Значения коэффициентов, входящих в формулу Ясинского,
предельная гибкость материала
Материал а ь \грел
МН/м2 МН/м2
Сталь Ст.2, 15 245 0,665 105
Сталь Ст.З 310 1,14 100
Сталь Ст.5, 30 342 1,39 90
Сталь 40 315 1,14 90
Кремнистая сталь 577,2 3,74 100
Чугун 760,48 11,76 80
Дерево 28,8 0,19 75
Для чугуна скр = а- ЬХ +ск2, где с = 0,53.
Для обеспечения работоспособности центрально-сжатых стержней
должно удовлетворяться условие их устойчивости:
o = -L<[CTy], (8.9)
лбр
где Л6р - полная площадь (брутто) поперечного сечения стержня.
= (8 10)
Ру J
283
Связь между допускаемым напряжением при расчете на устой-
чивость [сту] и допускаемым напряжением при расчете на осевое
сжатие [ст] определяется коэффициентом продольного изгиба (ко-
эффициентом снижения основного допускаемого напряжения):
— = Ф, (8.11)
[ст]
тогда
о < <р [о] (8.12)
В табл. 8.3 приведены значения коэффициентов продольного
изгиба.
Таблица 8.3. Значения коэффициентов ф продольного изгиба
(коэффициентов снижения основного допускаемого напряжения)
Гиб- кость X Сталь: Ст.2, Ст.З, Ст.4 Сталь Ст. 5 Чу- гун Дере- во Гиб- кость X Сталь: Ст.2, Ст.З, Ст.4 Сталь Ст.5 Чугун Дере- во
0 1,00 1,00 1,00 1,00 110 0,52 0,43 - 0,25
10 0,99 0,98 0,97 0,99 120 0,45 0,37 - 0,22
20 0,97 0,96 0,91 0,97 130 0,4 0,32 - 0,18
30 0,95 0,93 0,81 0,93 140 0,36 0,28 - 0,16
40 0,92 0,89 0,69 0,87 150 0,32 0,25 - 0,14
50 0,89 0,85 0,57 0,8 160 0,29 0,23 - 0,12
60 0,86 0,8 0,44 0,71 170 0,26 0,21 - 0,11
70 0,81 0,74 0,34 0,61 180 0,23 0,19 - 0,1
80 0,75 0,67 0,26 0,49 190 0,21 0,17 - 0,09
90 0,69 0,59 0,2 0,38 200 0,19 0,15 - 0,08
100 0,6 0,5 0,16 0,31
---------- Примеры
Пример 1. Определить величины критической силы и критиче-
ского напряжения для сжатой стойки двутаврового поперечного се-
чения № 30. Оба конца стойки шарнирно закреплены (шаровой
шарнир). Длина стойки 5 м. Материал - сталь с пределом пропор-
циональности о11Ц = 200 МПа и модулем упругости Е = 2 • 105 МПа.
Решение. Двутавр № 30 имеет А = 46,5 см2, 7^. = Г = 337 см4
и zmin = гу = 2,69 см. Jy
Гибкость стержня
, ц/ 1-500 , I £ /2-105
Х = i = = 185’9 > Чед = \------ = 3’14\ Т^ = "-3-
«min 2,69 устШ1 V2-102
Таким образом, применима формула Эйлера.
Критическое усилие равно
f>p.SbiZ.337.9,86 = 6Н
И2 (1-500)2
Критическое напряжение равно
*кр 265825,6
КР А 46,5-102
= 57,16 МПа.
Пример 2. Для стойки длиной I = 3 м кольцевого поперечного
сечения, наружный диаметр которого D = 50 мм, а внутренний
г/= 40 мм, определить: величину критической силы, критического
напряжения, допускаемой сжимающей силы и допускаемого напря-
жения [5у]. Нижний конец стойки жестко защемлен, верхний шар-
нирно закреплен. Материал стойки - сталь Ст.З. Требуемый коэф-
фициент запаса устойчивости - [5у] = 2,5.
Решение. Центральная ось для кольцевого сечения является
главной и все центральные моменты инерции равны между собой:
Ai„=/ = ^-(Ol-rf4) = ^(|5.l0-2j-'-[4.10-2jl) = l8.l.l0-8 м1.
о4 Ь4
Площадь поперечного сечения стойки:
А=^(£>2-d2) = -^([5• 10~2]2 -[4 • 10’2]2) = 7,065 • 10~4 м2.
Минимальный радиус инерции площади сечения
^min
-^110~84 =1,6-10~2
7,065-Ю-4
м.
При таком закреплении в коэффициент приведения длины ц = 0,7
Гибкость стойки
? ц/ _ 0,7-3
«min 1,6-10
= 131,25.
284
285
Определяем предельную гибкость стойки, для чего по табл. 8.1
находим для Ст.З Е = 2 • 105 МПа и ст|Щ = 200 МПа:
2-1011
— ft — 3,14 , „
\(Упп V200-106
= 99,3,
так как А. > Х||р, то критическую силу определяем по формуле Эйлера:
W (0,7-З)2
Критическое напряжение
о = ^ = —9’.9.-'-1.°3 =115•106 н/м2.
кр А 7,065-10-4 '
[FJ = = 80,9 1()3 = 32,4 • 103 Н = 32,4 кН.
[5у] 2,5
Допускаемые значения сжимающей силы и напряжения
О'кр 115-10^ <л6 ТТ/ 2 /£? Л/ГТТ / 2
су = —— =------— = 46 • 10 Н/м = 46 МН/м .
[5у ] 2,5
/’=170 кН
Рис. 8.2. К примеру 3
Пример 3. Найти запас устойчивости стойки
(рис. 8.2), выполненной из стали марки Ст.З.
Решение. Прежде чем вычислять крити-
ческую силу, надо выяснить, какую формулу
можно использовать.
Найдем гибкость стержня:
7 .
ЧП1П
^min
В данном случае
bh3
min Jx 12 '
тогда
. _ I bb3 [h3 _
?min \12-b-h V12 V12" ,3мм’
Коэффициент приведения длины при данном виде закрепления
ц = 0,7.
286
Вычислим гибкость стержня:
. 0,7-2,5-103
14,43
= 121,27.
Для стали марки Ст.З X,
Эйлера:
•пред = Ю0, поэтому справедлива формула
- _ 7/min
кр
Fkp" (И/)2
. _ 100-503
min “ 12
п 3,142-2-105-106-104,2-10“8 тт
Д... = —----------------о---------= 671 кН
кр °
= 104,2 -104 мм4 =104,2-10’8 м4.
(0,7 • 2,5) 2
Найдем запас устойчивости:
S = ^ = — = 3,95 = 4.
у F 170
Пример 4. Определить запас устойчивости вин-
та домкрата (рис. 8.3) грузоподъемностью F= 50 кН,
высотой подъема / = 450 мм. Резьба упорная само-
тормозящая. Наружный диаметр резьбы d = 48 мм,
внутренний - dx = 34,116 мм. Материал - сталь 45
(£ = 2 • 105 МПа, о1Щ = 270 МПа).
Решение. Рассматривая винт домкрата как
стойку высотой Z, диаметром d\ с нижним защем-
ленным концом, примем ц = 2,0 (см. рис. 8.1).
Определим предельную гибкость:
. ПТ _ .. /2105 ___
ХППР7Т = тс -= 3,14Л-----= 85,5.
Р Vnu V 270
7777777777777777.
Рис. 8.3. К при-
меру 4
Определим минимальный радиус инерции сечения винта:
^min
4-л<74 d{ 34,116 о
------Цг = — = = 8,53 мм.
64-лг/2 4 4
Находим гибкость винта:
2'450 - 105,51 >Х =85,5,
А„1„ 8,53
т.е. формула Эйлера применима.
287
Минимальный момент инерции сечения винта
та/4
~бГ’
min
Находим значение критической силы:
с n3Edt З,143-2-Ю5-34,1164 4СО „
£ко =----т-3— =----------9--------= 162 кН.
р (ц/)2-64 (2-450)2-64
Находим действительный коэффициент запаса устойчивости:
S =^Р = —= 3,24.
у F 50
Так как для винтов домкрата принимают [5у] = 4, следовательно,
в данном случае коэффициент устойчивости винта недостаточен,
необходимо увеличить диаметр резьбы.
Пример 5. Стержень двутаврового профиля № 27 длиной I = 3 м
защемлен одним концом и нагружен на свободном конце силой F.
Определить допускаемое значение сжимающей силы, приняв Е =
-210 ГПа, [5у] = 3.
Решение. В нашем случае ц = 2, imin = 2,54 см. Гибкость стержня
Л = h' < =----?.'3. = 236.
imin (2,54 -КГ2)
Полученная гибкость больше А,пред, следовательно, потеря устой-
чивости происходит в области большей гибкости. Вычисляем кри-
тическое напряжение по формуле Эйлера:
п2Е 3,142 - 210 • 109 о^о4п6гт
а = —о- =----------о------= 37,3 • 10ь Па = 37,3 МПа.
Р X2 2362
Определяем допускаемое напряжение:
[a J = =37,3'1()6 =12,4-106 Па = 12,4 МПа.
Иу] 3
Отсюда допускаемая сжимающая сила
[F] = [cryJ-л = 12,4-Ю6-40,2-Ю-4 =49 865 Н=49,8 кН,
где А = 40,2 см2 (см. табл. П.1).
288
Пример 6. Определить допускаемое значение сжи-
мающей силы для стержня круглого сечения диаметром
d =100 мм и длиной /=2,25 м (рис. 8.4). Материал
стержня - сталь Ст.З. Требуемый коэффициент запаса
устойчивости [5у] = 2.
Решение. Определяем радиус инерции сечения:
*min
mm
А
N64•л• d2
— = 0,25 г/,
4
Рис. 8.4. К
примеру 6
imin = 0,25 • d = 0,25 0,1 = 0,025 м.
Тогда
х = ц1 = ьг25=90
7min 0,025
1 П о., (2-105 пп„
лПп = 71 • -=3,14-J-----=99,3.
пр ^пП11 V 200
Полученная гибкость больше Х|1рсд, следовательно, потеря устой-
чивости происходит в области средней гибкости. Вычисляем кри-
тическое напряжение по формуле Ясинского:
oKD = а - ЬХ = 310 - 1,14 • 90 = 207,4 МПа.
кр ’ ’
Находим критическую силу:
4о = <\п •А = 207,4 • 106 0,785 • 0,12 = 1,62 • 106 Н = 1,63 МН.
Кр Кр 1 i i i 1
Определяем допускаемое значение сжимающей
силы:
[£] = _5т_ = 1’_63. 1°Ь = 815 • 103 Н = 815 кН.
[5У] 2
Пример 7. Определить допускаемую нагрузку
[FJ для стойки (рис. 8.5) при [5у] > 4. Материал -
сталь Ст.З (о1Щ = 200 МПа, Е = 2 • 105 МПа).
Решение.
1. Определяем гибкость материала стойки:
1
'тред
= л — =3,14-
V апц
/2-Ю5
V 200
= 99,3.
Рис. 8.5. К при-
меру 7
289
2. Гибкость стойки
л = -^-
^min
где ц = 0,5 (см. рис. 8.1), I = 1200 мм.
3. Минимальный радиус инерции квадратного сечения стойки
а 24
^min
Г I /7^
= -^= = -^ = 6,93 мм.
A V12-a2 2V3 2V3
Тогда
, ц/ 0,5-1200 сс_ . поо
X = -£— =------------= 86,5 < Лппел = 99,3.
„„„ 6,93
Значит, формула Эйлера неприменима.
4. По формуле Ясинского определяем критическое напряжение,
приняв по табл. 8.2 для стали Ст.З: а = 310 Н/мм2, b = 1,14 Н/мм2 :
с,=а-Ь\ = 310- 1,14 -86,5 = 211 МПа.
кр
5. Находим критическую силу:
К.п = окп • А = 211 242 = 122 • 103 Н = 122 кН.
кр кр
6. Допускаемое значение нагрузки
геч 122 - ——
[г = —— =-----= 30,5 кН.
Иу] 4
Примера8. Для стойки, указанной на рис. 8.6, определить значе-
ния сжимающей нагрузки и критической силы, приняв [оу] = 160 МПа,
Е = 2 • 105 МПа для стали, I = 4,9 м.
Решение. Определяем предельную грузоподъ-
емность из условия устойчивости:
F < <р[о]Л,
F
о = — < ф[о].
л
Для нахождения коэффициента ср определяем
гибкость стойки X (значение ц см. на рис. 8.1):
ц/ _ 0,7 • 4900 _ 0,7 • 4900
/V — — — — ОУ.
4nin zmin 54,8
т
а= 190 мм
Ш^/W/
Рис. 8.6. К при-
меру 8
290
а4 а 190 с/о
-----7 = —7= = —т= = 54,8 мм.
12-a2 2V3 2y[3
По найденному А определяем <р (табл. 8.3):
при А. = 60 <р = 0,86;
при А = 70 <р = 0,81;
при А = 62,59
Ф = 0,86 - °’86 ~ °’81 • 2,59 = 0,847.
10
Находим
[Л = ср [о]Л = 0,847 • 160 • (190)2 = 4892 кН.
Критическая сила Гкр определяется в зависимости от X - гибко-
сти стойки; X = = 62,59 < 100 - это стержень средней гибкости, зна-
чит, окр определяется по формуле Ясинского:
акр = а-6А,
где а = 310 МПа, b = 1,14 МПа (см. табл. 8.2).
ак„ = 310 - 1,14 - 62,59 = 238,65 МПа.
Значит,
FKp = = 238,65 • (190)2 = 8615 кН.
Коэффициент запаса устойчивости
р
х кр
5V = —
у И]
8615
4892
Пример 9. Пользуясь таб-
лицей значений коэффициента
снижения допускаемого напря-
жения, определить наибольшую
допускаемую величину нагруз-
ки на шарнирно закреплен-
ную по концам стойку длиной
8 м, составленную из двух
швеллеров № 22 и двух листов
320 х 10 мм из Ст.З (рис. 8.7).
Листы и швеллеры скреплены
заклепками диаметром d = 20 мм.
Основное допускаемое напря-
жение [crj = 160 МПа.
= 1,76.
Рис. 8.7. К примеру 9
291
Решение. Выбираем по сортаменту для одного швеллера
№ 22 А = 26,7 см2, Jx = 2110 см4 и Jy - 151 см4, тогда для всего сече-
ния Afy = 2(A + At), где Ai - площадь сечения одного листа.
Лбр = 2(26,7 + 32 • 1) = 117,4 см2.
Главный момент инерции сечения
Jy = 2L7y + °2 ‘А + Jy{],
где а = ОС = 16 - 8,2 + 2,21 = 10,01 см.
Jy = 2-[151 + 26,7 (16-8,2 +2,21)2+-1^-] = 11 114 см4,
J’x = 2-(2110 + ^^— + 32-l-11,52) = 12 690 см4 > Jy'.
Таким образом, допускаемое сжимающее усилие на стойку долж
но быть назначено по условию устойчивости: [F] = 1629 кН.
Пример 10. Для заданной стой-
ки (рис. 8.8) определите значение
сжимающей нагрузки (предельную
грузоподъемность) и критической
силы, приняв для стали [ст] = 160 МПа,
чугуна - [о] = 100 МПа, дерева по-
перек волокон - [о] = 10 МПа.
Решение.
1. Из условия устойчивости опре-
деляем предельную грузоподъем-
ность:
F
о = — < ф • [о] => [F] < ф • [о] • А.
Рис. 8.8. К примеру 10
Наименьший радиус инерции сечения стойки
nnin
fy 111 114
V4P WU
= 9,73 см.
Для нахождения коэффициента снижения основного допускае-
мого напряжения ф определяем гибкость стойки X:
Гибкость стержня
, _Ц / 0,7-6000
Х~7~ = ~792 =53’9’
ТП1П / / ,
~ 1У
x = = L500 =51)39
7min 73
Из табл. 8.3 значений ф - коэффициента снижения допускаемо-
го напряжения при продольном изгибе - путем линейной интерпо-
ляции находим для Ст.З ф = 0,886. Допускаемое сжимающее усилие
равно
[F] = ф[о]Лбр = 0,886 • 16 000 • 117,4 « 1664,262 кН.
Поперечное сечение стойки ослаблено четырьмя отверстиями
под заклепки, причем
А.ОМ = Л$Р - + rllIB) = 117,4 -42(1+ 0,95) = 101,8 см2.
Из условия прочности
^тах
<[о]
следует, что
[F] < [п]Л|10М = 16 000 • 101,8 = 1 629 000 Н = 1629 кН.
где ц = 0,7 для указанного способа закрепления стойки; I = 6,0 м
длина стойки;
I ~J_min /4672,23^
*min=V Д = 76,36 =
= 7,792 см = 77,92 мм;
А = 4At = 4 • 19,24 = 76,96 см2 =
= 7696 мм2.
Так как сечение симметрично
относительно осей хс и ус (рис. 8.9)
и уголки равнополочные, то осе-
вые моменты инерции:
J хс ~ Jус — J min !
Jmin = 4(/x1 +«4) = 4(178,95 +
+ (10-2,83)2 19,24) =
= 4672,23 см4 = 4672,23 • 104 мм4.
Рис. 8.9. К примеру 10
F
А
292
293
По полученному значению X = 53,9 по табл. 8.3 находим значе-
ние (р:
при X = 60 (р = 0,86;
при X = 50 ф = 0,89;
при Х = 53,9
Ф = 0,89 - (0,89 - 0,86) • 3,9/10 = 0,878.
Подсчитываем:
|Л = ф[п]Л = 0,878 • 160 • 7696 = 1 081 503 Н = 1081,5 кН.
2. Определяем критическую силу. Известно, что критическая
сила определяется в зависимости от гибкости стойки. В нашем слу-
чае X = 53,9 < 100 - это стержень средней гибкости, следовательно,
критические напряжения находим по формуле Ясинского: окр = а - 6Х,
где а,Ь- эмпирические коэффициенты, а = 310 МПа; b = 1,14 МПа;
Подставив значения a, b, X, получаем
скр = 310 - 1,14 • 53,9 = 248,55 МПа;
F
окр =-j- => FKp = окрЛ = 248,55 • 7696 = 1912871,6 Н = 1912,8 кН.
Коэффициент запаса устойчивости:
Sy = FKV/[F] = 1912,8/1081,5= 1,77.
Пример 11. Из условия устойчивости с помощью табл. 8.3 опре-
делите размеры поперечного сечения деревянной стойки, нагру-
женной продольной сжимающей силой F= 20 кН. Один конец стой-
ки шарнирно закреплен, второй защемлен, длина ее / = 4 м; сечение
стойки прямоугольное с отношением сторон h : h = 2 : 1. Основное
допускаемое напряжение [о] = 100 МПа.
Решение. Выразим основные геометрические характеристики
поперечного сечения и гибкость стойки через размер Ь, Имеем:
л_,,о/2 т _h b3 _b4
А — bh — 2b , Jmjn ,
12 о
i = EZe l~E -Л
min V A Лб-2-Z,2 "273 =
x = ц-Z = 0,7-400-2>/3 _ 970
*min
Необходимую величину b найдем путем проб, Вначале ориенти-
ровочно принимаем, что <р = 0,1, тогда:
л _ F _ 20 000 2 , [А [2000
л ’ ~ oTioo= 2000 "6'/ Г / г=3162 ™-
По полученному значению X = 970/31,62 = 30,67 по табл. 8.3 на-
ходим значение ф:
при X = 30 ф = 0,93;
при X = 40 ф = 0,87;
при X = 30,67
Ф = 0,93
< 0,93-0,87 А
I 10 J
0,94 = 0,924.
[пу] = ф[о| = 0,924 • 100 = 92,4 МПа > о,1СЙСГ = ^ = -i 2-0 000, = 10 МПа.
А 2-31.622
Сечение сильно недонапряжено.
Испробуем b = 15 мм;
теперь
970
15
64,66,
Х =
по табл. 8.3 находим значение ф:
при X = 60 ф = 0,71;
при X = 70 ф = 0,61;
при X = 64,66
ф=0,71-(^«].4,66 = 0,66.
< 10 J
[оу] = 0,66 • 100 = 66 МПа > (Т йст =
J / rlV
20 000
2-152
= 44 МПа.
Принимаем b = 15 см и h = 30 см.
Пример 12. Для стальной сжатой стойки
(рис. 8.10) определите размеры поперечного
сечения, если [а] = 160 МПа.
Решение. Используем метод последо-
вательных приближений:
F- 250 нН
Угг
о = — < ф[ст].
А
Рис. 8.10. К примеру 12
294
295
Первая попытка. Задаемся ф! = 0,5; о = <р[сг] = 0,5 • 160 =
= 80 МПа.
Определяем
F 250 -103 . 2 пс 2
А= — =---------= 3125 мм =31,25 см .
о 80
Для двутавра № 22 Л = 30,6 см2; ix = 9,13 см; iy = 2,27 см; zmin = iy.
При принятии коэффициента ср = 0,5 не учитывалась длина стой-
ки и способ ее закрепления, поэтому проверяем стойку с подобран-
ным сечением на устойчивость.
Гибкость стойки
х = ц / = 0,5-5,5-103 = 121
22,7
Определяем действительный коэффициент ср по табл. 8.3 для
X = 121: -
при X = 120 ср = 0,45;
при X = 130 ср = 0,40.
Интерполируем:
ср' = 0,45 - (0,45 - 0,40) • 1/10 = 0,445.
Действительные напряжения
F 25-104 ИООСПЛ4Т7
ст -----=-------------тг = 183,59 МПа.
(р-А 0,445-30,6-102
Перегрузка
Дст -
183,59-160
160
-100% = 14,7%,
Дст = 14,7% (допускаемая - 5%).
Вторая попытка. Определяем:
(Фг+фЭ = (05 + 0445) _
2 2 2
ст = 0,473 • 160 = 75,7 МПа;
. F 250 000 2 „П9 2
А = — =--------= 3302 мм = 33,02 см .
ст 75,7
По сортаменту: двутавр № 24; А = 34,8 см2; гх = 9,97 см; г =
— 2,37 см, imin = iy.
Проверяем стойку с подобранным сечением на устойчивость
Гибкость стойки
, 0,5-5500
Л-----------
23,7
= 116,03.
По табл. 8.3 для X = 116,03 находим (р = 0,478.
Действительные напряжения
_ F _ 250 000
а'1СЙСТВ"ф.Д 0,478 • 34,8 -102
= 150,29 МПа.
Недогрузка - 6,07%, что в пределах нормы.
Принимаем: двутавр № 24.
Пример 13. Подобрать сечение
колонны из четырех равнобоких
уголков (рис. 8.11) под сжимаю-
щую нагрузку 550 кН. Длина ко-
лонны 4 м; концы ее шарнирно за-
креплены. Материал - сталь Ст.З;
основное допускаемое напряжение
[ст] = 160 МПа.
Решение. Подбор сечения
производим путем проб. Вначале
принимаем <р = 0,5. Необходимая
площадь сечения колонны
А - F - 550 000
бр ф • [ст] ~ 0,5-160
-»1-Н
Рис. 8.11. К примеру 13
= 6875 мм2 = 68,75 см2.
Из сортамента видно, что эту площадь можно получить, взяв че-
тыре уголка 100 х 100 х 10 мм с Л, - 19,2 см2 Jr = 179 см4 и z0 = 2,83 см.
При этом для всего поперечного сечения колонны:
Дбр = 44t = 4 • 19,2 = 76,8 см2,
Jx =*Ux+Ax - а2],
5 10
где а = z0 + - = 2,83 + = 3,33 см.
J'x = 4[179 + 19,2 - 3,332] = 1568 см4.
Радиус инерции поперечного сечения
296
297
Принимаем ц = 1,0 по рис. 8.1:
Гибкость колонны
Х = = 1^22 = 88,496.
гх 4,52.
По таблице значений <р для Ст.З находим ср = 0,70. Допускаемое
напряжение равно
[оу] = ср[ст] = 0,7 • 160 = 112 МПа.
Действительное напряжение равно
F 550 000 „„ ЛТГТ
<т,1(.йг,в = ~г~ =-----7 = 71,61 МПа.
лбР 76,8 102
Это значительно меньше допускаемого, поэтому выбранное се-
чение будет сильно недонапряжено.
Возьмем уголки 90 х 90 х 8 мм с площадью At = 13,9 см2,
Jx= 106 см4, z0 = 2,51 см и t = 8 мм. Для всего поперечного сечения
колонны теперь имеем
Agp = 4 • 13,9 = 55,6 см2;
J'x = 4[ 106 + 13,9(2,51 + 1,0/2)2] = 928 см4.
Радиус инерции поперечного сечения
928
= 4,09 см.
55,6
Гибкость колонны
х= П400 =
4,09
По таблице значений ср для Ст.З находим ср = 0,62. Допускаемое
напряжение равно
[оу] = ср[о] = 0,62 • 160 = 99,2 МПа.
Действительное напряжение равно
о,,сйств = — = -5-°- °-°7 = 98,92 МПа « [cv] = 99,2 МПа.
Лисв Лбр 55,6 102 у
Остановимся на уголках 90 х 90 х 8 см.
Проверим прочность колонны. Ослабленная отверстиями под
заклепки площадь поперечного сечения равна
298
А„ = Абр -2d-2t = 55,6 - 2 2 • 2 0,8 = 49,2 см2.
Сжимающее напряжение в ослабленном сечении
п = -^-= 55° °009 =Ш,8 МПа < [о] = 160 МПа.
Лн 49,2-102
Прочность материала запроектированной колонны вполне обес-
печена.
------------- Задачи --------------
1. Стальная труба длиной /=8м шарнирно укреплена обоими
концами в двух неподатливых опорах при температуре t= 10 °C и
нагружена сжимающей нагрузкой F=200 кН. При какой темпера-
туре труба потеряет устойчивость? Наружный диаметр трубы
D = 200 мм, внутренний диаметр d = 180 мм.
2. Проверить устойчивость чугунной стойки (рис. 8.12), нагру-
женной сжимающей силой F-31 кН. Требуемый коэффициент за-
паса устойчивости [5у] = 5. Модуль упругости Е = 1,2 • 104 5 МПа.
3. Определить допускаемую сжимающую нагрузку для деревян-
ной стойки (рис. 8.13) исходя из условия ее устойчивости. Требуе-
мый коэффициент запаса устойчивости [5у] = 3,2.
Рис. 8.13. К задаче 3
4. Определить коэффициент запаса устойчивости винта домкра-
та (рис. 8.14) грузоподъемностью 100 кН, изготовленного из стали
Ст.5. Внутренний диаметр винта d{ = 51 мм. Максимальная высота
подъема 500 мм Один конец винта жестко защемлен, другой -
свободный.
299
Рис. 8.14. К задаче 4
5...14. Проверить на устойчивость сжатую стойку (рис. 8.15),
если [5у] = 3,5. Данные для решения выбрать из табл. 8.4. Размеры
сечении стойки даны в миллиметрах
Таблица 8.4. Исходные данные к задачам 5... 14
Номер задачи F, кН 4 м Мате- риал стойки Схема по рис. 8.15 1 Номер задачи F, кН 4 м Мате- риал стойки Схема по рис. 8.15
5 50 3 Ст.З I 10 70 4 Чугун VI
6 64 2 Ст.5 II 11 250 2,8 Ст.5 VII
7 84 2,5 Ст.З III 12 65 3 Ст.З VIII
8 60 3 Ст.2 IV 13 120 4 Чугун IX
9 130 3 Чугун V 14 13 3 Чугун X
15...24. Проверить на устойчивость сжатую стойку (рис. 8.16),
если [5уJ = 3,5. Данные для решения выбрать из табл. 8.5. Размеры
сечений стойки даны в миллиметрах.
Таблица 8.5. Исходные данные к задачам 15...24
Номер задачи F, кН 4 м Мате- риал стойки Схема по рис. 8.16 Номер задачи F, кН 4 м Мате- риал стойки Схема по рис. 8.16
15 95 3 Ст.2 I 20 90 2 Чугун VI
16 70 2 Ст.З II 21 100 2,8 Ст.2 VII
17 110 2,5 Ст.З III 22 115 3,5 Ст.З VIII
18 55 3 Чугун IV 23 75 2,5 Чугун IX
19 80 3 Ст.5 24 220 4 Ст.5 X
300
Рис. 8.15. К задачам 5...14
301
Рис. 8.16. К задачам 15...24
302
25 ...34. Проверить на устойчивость сжатую стойку (рис. 8.17),
если [5у] = 3,5. Данные для решения выбрать из табл. 8.6. Размеры
сечений стойки даны в миллиметрах.
Рис. 8.17. К задачам 25...34
303
Таблица 8.6. Исходные данные к задачам 25...34
Номер задачи F, кН /, м Мате- риал стойки Схема по рис. 8.17 Номер задачи F, кН /, м Мате- риал стойки Схема по рис. 8.17
25 150 4 Чугун I 30 140 3,5 Ст.З VI
26 94 3,2 Ст.2 II 31 45 2,5 Ст.5 VII
27 54 2,5 Чугун III 32 75 3 Ст.З VIII
28 60 3 Ст.5 IV 33 205 2 Чугун IX
29 70 4 Чугун V 34 80 3,8 Ст.2 X
35. Проверить на устойчивость сжатую стойку (рис. 8.18) из ста-
ли Ст.30, если [5у] = 3,5.
б
Рис. 8.18. К задаче 35
Т’ИИиК
тшг,
36. Проверить на устойчивость чугунную стойку (рис. 8.19),
если [5у| = 3,0; Е = 2,2 Л О5 МПа.
37. Построить график зависимости величины критического на-
пряжения от гибкости для стоек из стали, у которой £=1,0-105 МПа,
о1Щ = 280 МПа, о0>2 = 350 МПа.
Определить Хпрсд и Хо (гибкость, при которой g1,p = <Jo,2)- Для
значения гибкости Хо < А. < Х1|рсд принять окр = 47-2,ЗА МПа. Гра-
фик построить для значений гибкости 0 < А < 200.
38. Проверить на устойчивость стойку из чугуна (рис. 8.20), у
которой £ = 105 МПа, ст11Ц = 180 МПа, [5у] = 3,5.
304
a
Рис. 8.19. К задаче 36
39. Определить из расчета на устойчивость требуемые размеры
поперечного сечения сжатой стойки (рис. 8.21) из чугуна. Принять
[5у] = 4,5; £= 1,8 • 105 МПа.
Рис. 8.20. К задаче 38
Рис. 8.21. К задаче 39
40. Определить из расчета на устойчивость при [5у] = 8,0 требуе-
мый диаметр штанги поршневого насоса с диаметром поршня
450 мм, работающего при давлении 1,4 МПа.
Расчетная (приведенная ) длина штанги 1,4 м; материал - сталь
Ст.5, £=2,1 • 105 МПа.
305
41. Определить требуемую толщину стенок стальной колонны
(рис. 8.22), если наружный диаметр ее задан. Принять [5у] = 4,0;
£=2,1 • 105 МПа.
42. Определить допускаемое значение сжимающей силы
(рис. 8.23). Материал - сталь Ст.4; [5у] = 2,5. Как изменится вели-
чина [F], если длину стержня уменьшить в 3 раза?
Рис. 8.22. К задаче 41
Рис. 8.23. К задаче 42
43. Определить отношение допускаемых нагрузок для сжатой
стойки при указанных на рис. 8.24 вариантах формы ее поперечно-
го сечения (все сечения имеют одинаковую площадь). Принять, что
гибкость стойки больше предельной.
F
Рис. 8.24. К задаче 43
306
44. Выяснить, будет ли верен результат, полученный в предыду-
щей задаче, если материал стойки - легированная сталь, ее длина
I = 1,5 м, диаметр круглого сечения d = 100 мм
45. Стержень прямоугольного поперечного сечения закреплен
таким образом, что в плоскости наибольшей жесткости оба его кон-
ца жестко защемлены, а в плоскости наибольшей жесткости шар-
нирно закреплены (рис. 8.25). Определить допускаемое значение
силы F, если [5у] = 2,5, а материал стержня - сталь Ст.З.
46. Определить допускаемое значение центрально приложенной
сжимающей силы (рис. 8.26), если [5у] = 3,5. Материал стойки - ле-
гированная сталь с о11Ц = 800 МПа, Е = 2,2 • 105 МПа.
Указание. Гребенка не допускает поворота опорного сечения
в плоскости zy. Для эллипса Jx = пФа/к, Jy = itbcft/k, A = nba.
Puc. 8.25. К задаче 45 Рис. 8.26. К задаче 46
47. Стойка состоит из стального стержня и чугунной трубы,
сжимаемых совместно силой F, передающейся на стойку через аб-
солютно жесткую плиту АВ, не скрепленную со стойкой (рис. 8.27).
Определить [F] из расчета на устойчивость, если для стального
стержня [5у1] = 2,0, а для чугунной трубы [5y2j = 5,0. Принять для
стержня и трубы ц = 2,0, для чугуна Е = 1,2 • 105 МПа.
48. Проверить на устойчивость стойку AD заданной стержневой
системы (рис. 8.28); принять |5у] = 4,0. Материал стержней - тек-
столит; все стержни имеют круглое поперечное сечение, d{ = d2 =
= 20 мм, = 30 мм.
49. Определить максимально допустимый угол поворота стяж-
ных муфт А (рис. 8.29) из условия, что для среднего стержня тре-
307
буемый коэффициент запаса устойчивости [5у] = 3,0. Все стержни
имеют круглое поперечное сечение d = 20 мм; материал - сталь 40.
Обе стяжные муфты поворачивают одновременно на один и тот же
угол; каждая из них имеет с одной стороны правую, а с другой - ле-
вую однозаходную резьбу, шаг которой р = 2 мм.
Рис. 8.27. К задаче 47 Рис. 8.28. К задаче 48 Рис. 8.29. К задаче 49
50. Определить коэффициент запаса прочности (5) балки и ко-
эффициент запаса устойчивости (5у) стойки (рис. 8.30). Материал
балки и стойки - сталь Ст.З с сут = 240 МПа.
У к аз ан и е. При определении усилия в стойке ее сжатием
пренебречь.
51. Определить, на сколько (в процентах) изменятся результаты
предыдущей задачи, если при раскрытии статической неопредели-
мости учитывать деформацию сжатия стойки.
52. Определить q из условия устойчивости стойки (рис. 8.31),
если [5у] = 2,0 и материал стойки - сталь Ст.З. Проверить прочность
балки при найденном значении q, если [су] = 160 МПа.
Указание. При определении усилия в стойке ее сжатием
пренебречь.
53. Во сколько раз увеличится значение q. определяемое из усло-
вия устойчивости стойки по данным предыдущей задачи, если ниж-
ний конец стойки закрепить жестко? Будет ли при новом значении
q обеспечена прочность балки?
308
Указание. Элементы стоек (швел-
леры или двутавры) считать жестко соединенными между собой,
т.е. рассматривать сечение как монолитное.
Таблица 8.7. Исходные данные к задаче 55
Вари- ант Схе- ма Величина Номер дву- тавра Ва- риант Схе- ма Величина Номер швел- лера
/, м С, мм /, м С, мм
1 I 1,6 88 18 17 V 1,8 102 5
2 I 2,7 75 12 18 V 2,4 76 8
3 I 1,8 90 10 19 V 1,2 64 10
4 I 2,1 98 16 20 V 2,0 86 10
5 II 3,7 80 22 21 VI 2,2 80 5
6 II 4,1 86 14 22 VI 3,2 92 10
7 II 3,2 94 12 23 VI 2,8 74 8
8 II 3,8 78 16 24 VI 4,0 106 6,5
9 III 6,8 80 10 25 VII 2,6 84 6,5
10 III 5,9 92 18 26 VII 1,4 72 5
И [II 7,7 98 20 27 VII 6,0 78 10
12 III 8,1 82 18 28 VII 4,2 86 8
13 IV 3,2 84 12 29 VIII 2,8 98 6,5
14 IV 2,9 76 16 30 VIII 1,4 96 5
15 IV 2,4 96 14 31 VIII 1,0 92 5
16 IV 2,8 92 16 32 VIII 2,6 104 10
309
Рис. 8.33. К задаче 55
56. Для стойки (рис. 8.34, табл. 8.8) из гетинакса определить до-
пускаемое значение сжимающей силы, если [5у] = 2,2.
57. Деревянный сосновый столб диаметром d = 200 мм и длиной
/ = 5 м сжимается осевой силой. Определить значение допускаемой
сжимающей силы, если коэффициент запаса устойчивости трехкрат-
ный. Концы столба шарнирно закрепленные. Принять Е = 10 ГПа.
58. Определить допускаемое значение сжимающей силы для за-
данной стойки двутаврового профиля № 33 (рис. 8.35). Материал
стойки - сталь с пределом пропорциональности опц = 300 МПа.
Требуемый коэффициент запаса устойчивости [5у] = 2,5.
59. Оба конца тонкого стержня закреплены неподвижными шар-
нирами (рис. 8.36). При каком увеличении температуры стержня
произойдет выпучивание, если предполагается упругое поведение
материала? Предположить, что а - коэффициент температурного
линейного расширения задан.
310
Таблица 8.8. Исходные данные к задаче 56
Ва- ри- ант Схе- ма Величина Ва- ри- ант Схе- ма Величина
4 м ь, мм н, мм d> мм Sy /, м ь, мм f d, мм 5У
1 I 2,0 2,0 58 — 2,5 17 V 3,8 — — 70 4,3
2 I 2,2 2,2 68 — 2,3 18 V 4,8 — — 72 4,0
3 I 4,3 4,3 62 — 2,0 19 V 4,2 - — 80 3,1
4 I 2,1 2,1 60 — 3,9 20 V 4,4 — — 64 2,0
5 II 3,5 3,5 — 3,0 21 VI 3,0 — 58 82 3,6
6 II 4,8 4,8 — — 2,1 22 VI 4,0 — 48 76 2,2
7 II 2,4 2,4 — — 2,3 23 VI 2,6 — 44 98 2,8
8 II 2,3 2,3 — — 2,5 24 VI 2,8 — 60 80 3,6
9 III 3,6 3,6 — 56 3,0 25 VII 4,3 44 — — 4,5
10 III 2,9 2,9 — 60 3,5 26 VII 5,2 32 — — 3,1
И III 4,5 4,5 — 54 3,3 27 VII 3,0 22 — — 2,1
12 III 3,0 3,0 — 50 2,1 28 VII 3,8 44 — — 2,3
13 IV 4,2 4,2 — — 2,2 29 VIII 4,1 38 — — 2,9
14 IV 4,6 4,6 — — 2,9 30 VIII 2,9 26 — — 3,0
15 IV 2,5 2,5 — — 3,2 31 VIII 3,5 36 — — 2,8
16 IV 2,2 2,2 - — 3,8 32 VIII 4,0 40 - - 3,7
I /• II F -Д-s:
[II F IV F
V -1 F ь а VI —» ——' Ч
VII 1F I® VIII F
Рис. 8.34. К примеру 56
311
Рис. 835. К
задаче 58
Рис. 836. К
задаче 59
60. Определить наименьшую гибкость
стержня, при которой для вычисления кри-
тического усилия еще применима формула
Эйлера, если стержень выполнен:
а) из стали с пределом пропорциональ-
ности суп = 490 МПа и Е = 1,9 • 105 МПа;
б) из 3,5% никелевой стали, с = 490 МПа
и £=2,15- 105 МПа;
в) из дюралюминия, с - 177 МПа и £ =
= 7 104 МПа;
г) из сосны, с = 16 МПа и £ = 104 МПа.
61. Какой из двух стержней одинаковой
длины является более гибким - стержень квадратного или круглого
сечения с равной площадью? Условия закрепления и нагружения
одинаковы.
62. Пользуясь формулой Эйлера, найти отношение величин кри-
тических усилий для работающих в одинаковых условиях стоек
(рис. 8.37), поперечные сечения которых имеют одинаковые площади.
Рис. 837. К задаче 62
63. Используя формулу Эйлера, подобрать по сортаменту на
продольную сжимающую нагрузку £= 14 т двутавровое поперечное
сечение стойки длиной 2,6 м. Один конец стойки защемлен, второй
закреплен шарнирно. Материал - сталь Ст.З. Коэффициент запаса
устойчивости 5у - 3.
Указание. Из формулы Эйлера определяется необходимое
значение./min, затем по сортаменту устанавливается номер профи-
ля. для которого Jmin =Jy имеет такую же или несколько большую
величину. При этом X = H0min = 0’7 * 260/1,55 > Хпрсд » 100, т.е. фор-
мула Эйлера применима.
64. Определить величину допускаемого сжимающего усилия и
допускаемого напряжения для стойки (рис. 8.38) прямоугольного
поперечного сечения 12 х 20 см, длиной 6 м, из дерева с модулем
312
Рис. 8.38. К задаче 64
упругости £=0,9 • 104 МПа и пределом про-
порциональности оп = = 15 МПа. Коэффици-
ент запаса устойчивости 5у = 3.
65. Прямой чугунный стержень длиной
1 м, шириной 25 мм и толщиной 2,5 мм изо-
гнут в виде лука с упругим прогибом посере-
дине, равным 5 см. Его концы связаны тети-
вой. Определить усилие в тетиве и наиболь-
шее напряжение в стержне.
66. Двутавр № 24 длиной 6 м защемлен
обоими концами в стены при температуре
15 °C. При какой температуре двутавр начнет
терять устойчивость, если стены считать:
а) абсолютно жесткими; б) податливыми с коэффициентом подат-
ливости каждой стены & = 2- 10 6 см/кг: в) абсолютно жесткими
при шарнирном закреплении концов двутавра?
67. Трубчатая дюралюминиевая стойка, имеющая длину 3,2 м и
наружный диаметр 60 мм, нагружена продольной сжимающей си-
лой £= 15 т. Оба конца стойки защемлены. Определить необходи-
мую толщину стенки трубы, если для принятой марки дюралюми-
ния при 0 < X < 80 критическое напряжение по опытным данным
равно ск = 336 - 2,8Х (МПа); 5у = 2.
68. Определить допускаемую величину на-
грузки на стойку с поперечным сечением, изо-
браженным на рис. 8.39 (швеллеры составле-
ны стенками вплотную и сварены). Длина
стойки 3,0 м, концы ее защемлены. Коэффи-
циент запаса устойчивости 5у=1,8. При вы-
числениях использовать формулу Ясинского:
ок = 310-1,141 (МПа).
69. Стойка состоит из четырех уголков
ЮОх ЮОх 10 мм, скрепленных планками (рис. 8.40).
Оба конца стойки шарнирно закреплены, ее
длина 6 м, она сжата силой 2 МН. Определить
размер стороны а поперечного сечения стой-
ки. Материал - сталь Ст.З; [с] = 160 МПа.
При вычислении момента инерции попе-
речного сечения стойки считать уголки жест-
ко соединенными между собой. Увеличение
гибкости стойки за счет соединения уголков
не вполне жесткой решеткой во внимание не принимать.
70. Проверить на устойчивость сжатую деревянную стойку
(рис. 8.41), если [сс] = 10 МПа. Размеры поперечных сечений даны
в миллиметрах.
313
Рис. 8.41 К задаче 70
71. Проверить на устойчивость сжатую стойку (рис. 8.42) из ста-
ли Ст.5, если [стсj = 180 МПа.
Г~60КН
Tpgfa прямоугольна*
J„*ZZ73af*;
г=8,огс^
Рис. 8.42. К задаче 71
72. Определить допускаемую нагрузку для сжатой стойки из
стали Ст.З, если [ос] = 160 МПа. Стойка состоит из двух швеллеров
(рис. 8.43), жестко соединенных между собой. Расстояние с между
стенками швеллеров выбрать из условия равноустойчивости стой-
314
ки во всех направлениях. С каким коэффициентом запаса устойчи
вости будет работать стойка при нагрузке, равной допускаемой?
а
Рис. 8.43. К задаче 72
73. Сравнить допускаемые нагрузки для двух случаев исполнения
стойки (рис. 8.44): а) швеллеры поставлены вплотную один к друго-
му; б) швеллеры поставлены так, что Jx-Jy. Материал стойки - Ст.2.
74. Сравнить допускаемые нагрузки для сжатой стойки (рис. 8.45)
при двух указанных вариантах ее сечения. Материал стойки - Ст.5.
Рис. 8.45. К задаче 74
Рис. 8.44. К задаче 73
315
75. Определить требуемые размеры поперечного сечения дере-
вянной стойки (рис. 8.46), если [ос] = 10 МПа. С каким коэффици-
ентом запаса устойчивости будет работать стойка при принятых
размерах сечения? Принять Е = 1,0 • 104 МПа.
а
Рис. 8.46. К задаче 75
76. Подобрать сечение сжатой стойки (рис. 8.47) из равнобоких
угольников, жестко соединенных между собой. Материал - сталь
Ст.З, [ас] = 160 МПа. Определить коэффициент запаса устойчиво-
сти при принятых размерах сечения.
735W'
Рис. 8.47. К задаче 76
77. Подобрать сечение стойки (рис. 8.48) в двух вариантах:
а) двутавр; б) два швеллера. Сравнить массы стоек (та и ть). Мате-
риал - сталь Ст.З, [ос] = 160 МПа.
78. Определить требуемый номер профиля для двух вариантов
исполнения стойки (рис. 8.49): а) швеллеры поставлены вплотную’
б) швеллеры поставлены так, что Jx = Jy. Материал - сталь Ст.5
[ос] = 140 МПа. Сравнить массы (тп и mh) стоек.
Рис. 8.48. К задаче 77
Рис. 8.49. К задаче 78
79. Определить допускаемую нагрузку кронштейна (рис. 8.50)
из условия прочности балки АВ и устойчивости подкоса CD. Мате-
риал сталь - Ст.З, [ас] = 160 МПа. Уголки, составляющие подкос,
жестко соединены один с другим.
При нагрузке, равной допускаемой, определить атах в попереч-
ном сечении балки и и - в поперечном сечении подкоса.
80. Определить допускаемое значение силы F, если стержни 1 и
2 (рис. 8.51), поддерживающие абсолютно жесткую балку АВ, изго-
товлены из стали Ст.5, имеют одинаковое поперечное сечение и
[сгс] = 180 МПа.
Рис. 8.50. К задаче 79
Рис. 8.51 К задаче 80
316
317
81. Определить допускаемую нагрузку сжатой стойки (рис. 8.52,
табл. 8.9) из стали Ст.З; принять [ос] = 160 МПа. При нагрузке, рав-
ной допускаемой, вычислить коэффициент запаса устойчивости.
Рис. 8.52. К задаче 81
Таблица 8.9. Исходные данные к задаче 81
Вариант Схема Швеллер Величина Вариант Схема Швеллер Двутавр Равно- бокий угольник Величина
с, мм ь, мм 8, мм /, м с, мм ь, мм 5, мм /, м
1 1 10 55 45 8 5,0 17 5 12 10 — 70 - — 10,0
2 1 5 70 60 8 8,1 18 5 14 14 — 60 — — 12,5
3 1 6.5 90 70 6 7,5 19 5 10 18 — 80 — — 11,0
318
Окончание табл. 8.9
Вариант Схема Швеллер Величина Вариант Схема Швеллер Двутавр Равно- бокип угольник Величина
с, мм ь, мм 5, мм /, м Су мм Ьу мм б, мм /, м
4 1 8 60 40 6 6,0 20 5 16 8 — 70 — — 8,5
5 2 12 40 80 10 8,5 21 6 12 10 — 90 — — 8,6
6 2 12 50 80 8 10,5 22 6 8 12 — 80 — — 7,8
7 2 6,5 35 55 12 12,0 23 6 10 20 — 50 — — 9,5
8 2 10 60 70 10 8,5 24 6 16 10 — 60 - — 12,0
9 3 18 90 80 4 11,0 25 7 — — 70x70x5 — 200 10 10,6
10 3 12 80 70 6 13,5 26 7 — — 63x63x6 — 180 12 7,5
И 3 5 100 80 8 9,5 27 7 — — 63x63x4 — 160 8 8,8
12 3 14 70 60 6 8,0 28 7 — — 63x63x5 — 210 14 11,4
13 4 6,5 50 100 12 12,0 29 8 — 10 — 80 90 10 12,0
14 4 16 70 110 10 8,0 30 8 — 12 — 90 100 12 11,2
15 4 18 40 80 10 12,5 31 8 — 16 — 80 90 10 9,7
16 4 10 65 100 8 7,5 32 8 - 14 - 70 80 8 10,8
82. Определить допускаемую нагрузку сжатой стойки (рис. 8.53,
табл. 8.10) из стали Ст.5, если [ас] = 170 МПа. При нагрузке, рав-
ной допускаемой, вычислить коэффициент запаса устойчивости.
Уголки (швеллеры), из которых сделана стойка, считать жестко
соединенными между собой, т.е. рассматривать сечение стойки как
монолитное.
Таблица 8.10. Исходные данные к задаче 82
Вари- ант Схе- ма Швел- лер Уголки Величина
равно-полочный неравно-полочный /, м С, мм
1 1 10 — — 4,0 80
2 1 5 — — 4,0 85
3 1 6,5 — — 3,0 70
4 1 14 — — 4,3 75
5 2 — 40 х 40 х 3 — 8,0 65
6 2 — 45 х 45 х 4 — 3,2 85
7 2 — 28 х 28 х 3 — 7,0 80
8 2 — 56 х 56 х 4 — 3,3 70
9 3 — — 50 х 32 х 4 5,5 10
10 3 — — 63 х 40 х 4 5,6 12
И 3 — — 63 х 40 х 5 5,1 16
12 3 — — 32 х 20 х 4 5,0 14
13 4 12 — — 7,5 20
14 4 14 - — 6,3 18
15 4 16 - — 6,0 16
16 4 20 - - 6,1 14
319
Окончание табл. 8.10
Вари- ант Схе- ма Швел- лер Уголки Величина
равно-полочный неравно-полочный /, м С, мм
17 5 50 х 50 х 5 — 3,0 16
18 5 56 х 56 х 5 — 4,2 10
19 5 40 х 40 х 3 — 4,0 14
20 5 63 X 63 X 5 — 5,0 13
21 6 — 65 х 50 х 5 7,4 80
22 6 — 65 х 50 х 6 7,0 56
23 6 — 70 х 45 х 5 6,4 80
24 6 — 50 х 32 х 4 6,2 39
25 7 35 х 35 х 3 — 9,0 10
26 7 45 х 45 х 4 — 4,0 82
27 7 45 х 45 х 5 — 6,5 14
28 7 45 х 45 х 3 — 3,4 63
29 8 40 х 40 х 3 — 9,0 10
30 8 56 х 56 х 5 — 5,3 98
31 8 — 50 х 50 х 5 — 6,2 40
32 8 - 63 х 63 х 4 — 8,6 33
Рис. 8.53. К задаче 82
320
83. Определить из расчета на устойчивость требуемые размеры
поперечного сечения сжатой стойки (рис. 8.54, табл. 8.11). Вычис-
лить коэффициент запаса устойчивости при принятых размерах
сечения.
Рис. 8.54. К задаче 83
321
Таблица 8.11. Исходные данные к задаче 83
Вариант I Схема Величина Материал [ос], МПа Вариант Схема Вели- чина Материал С5 К S 0° i—
F, кН с, мм •О d$/d F, кН
1 1 90 5.5 24 - — 0,65 Сталь Ст.5 170 17 V 70 7,8 Сталь Ст.З 150
2 I 85 4,9 22 - — 0,7 Сталь Ст.З 150 18 V 65 8,2 Сталь Ст.5 160
3 I 95 6,3 20 — — 0,75 Сталь Ст.2 160 19 V 50 8,4 Сталь Ст.З 140
4 I 90 5,8 26 — — 0,8 Сталь Ст.5 130 20 V 75 7,5 Сталь Ст.2 180
5 II 70 5,0 — — - 0,9 Сталь Ст.З 180 21 VI 35 3,2 Сталь Ст.5 170
6 II 60 4,9 — — — 0,8 Сталь Ст.2 160 22 VI 30 3,4 Сталь Ст.2 185
7 II 55 6,1 — — — 0,75 Сталь Ст.5 150 23 VI 25 3,6 Сталь Ст.З 160
8 II 65 6,5 — — — 0,65 Сталь Ст.5 120 24 VI 30 3,8 Сталь Ст.5 190
9 III 35 4,5 — 2Ь — — Сосна 10 25 VII 18 2,1 Сосна 10
10 III 20 3,5 — 2,5b — — Сосна 8 26 VII 16 1,8 Сосна 9
11 III 25 3,8 — 2,2b — — Сосна 12 27 VII 14 2,5 Сосна И
12 III 20 3,1 2Jod — - Сосна 14 28 VII 19 2,1 Сосна 10
13 IV 50 8,1 — 125 78 — Сталь Ст.2 130 29 VIII 35 5,0 Сосна 8
14 IV 60 9,5 — 185 88 - Сталь Ст.5 180 30 VIII 41 5,3 Сосна 10
15 IV 70 7,9 — 145 98 — Сталь Ст.З 190 31 VIII 42 4,8 Сосна 9
16 IV 65 9,6 - 165 68 - Сталь Ст.2 160 32 VIII 39 5,1 Сосна 12
84. Для заданной стойки (табл. 8.12) определить значение сжи-
мающей нагрузки (предельную грузоподъемность) и критической
силы, приняв для стали о = 160 МПа, чугуна - о = 100 МПа, дерева
поперек волокон - о = 10 МПа.
Таблица 8.12. Исходные данные к задаче 84
Схемы стоек
№
п/п
I
Схема
F,
кН
35
Материал
Сталь
I
Схемы сечений
II
70
Дерево
III
IV
322
Окончание табл. 8.12
Схемы стоек
/, мм F, кН Материал Схемы сечений
9 60 Сталь V VI а 5 а
§
4 98 Чугун /ЛЬ
85. Для стальной стойки (табл. 8.13) определить размеры попе-
речного сечения, если ст = 160 МПа.
323
Таблица 8.13. Исходные данные к задаче 85
324
Схемы стоек
Окончание табл. 8.13
№
п/п
XIII
XIV
XV
XIV
Схема
/, м F, кН Мате- риал
4 55 Сталь
5 36 Дерево
9 29 Чугун
10 70 Сталь
Схемы сечений
Глава 9
МЕСТНЫЕ И КОНТАКТНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ
9.1. Местные напряжения
Равномерное распределение напряжений по площади сечения де-
тали нарушается в тех местах, где имеются разного рода концен-
траторы напряжений (рис. 9.1): отверстия, выточки, перехо-
ды от сечения одних размеров и форм к другим, повреждения и т.п.
Рис. 9.1. Возникновение местных напряжений в сечении стержня
Повышенные напряжения в таких сечениях называются мест-
ными напряжениями.
Как правило, в зоне концентратора происходит резкое измене-
ние напряженного состояния, сопровождаемое быстрым затухани-
ем при удалении от этой зоны.
Теоретически концентрация местных напряжений оценивается
теоретическим коэффициентом сса или ост (рис. Э.2-9.5, табл. 9.1 и 9.2):
(9.1)
п _ ^тах п _ Т'тах
ан Тн
где птах или ттах - максимальное местное напряжение в зоне кон-
центратора; он или тн - номинальное напряжение в ослабленном
сечении при статической нагрузке, представляющее собой усред-
ненное значение.
В практике расчета деталей используют действительный коэф-
фициент концентрации напряжений
а-1
°-lk
(9.2)
326
или
—, (9.3)
T-u
где а-1, т-1 - предел выносливости материала при симметричном
цикле; &-ik, T-U ~ предел выносливости того же образца с концен-
тратором напряжений.
Действительный коэффициент концентрации напряжений (kc
или kx), учитывающий структуру и пластические свойства материа-
ла, определяется экспериментально на реальной детали.
Для деталей, изготовленных из пластичных материалов, концен-
трация напряжений при статической нагрузке неопасна и может не
приниматься во внимание. Для хрупких же материалов высокая
концентрация напряжений сохраняется до момента разрушения и
поэтому должна учитываться в расчетах на прочность путем введе-
ния соответствующего коэффициента концентрации.
Действительный коэффициент концентрации напряжений мень-
ше теоретического. Соотношение между ними устанавливается по
формуле
Ка=1 + 9(ос0-1), (9.4)
где q - коэффициент чувствительности материала к концентрации
напряжений.
Величина q зависит в основном от свойств материала. Так, на-
пример, для высокопрочных легированных сталей величина q близ-
ка к единице. Для конструкционных сталей в среднем q = 0,6—0,8,
причем более прочным сталям соответствуют большие значения q.
Для серого чугуна величина q близка к нулю.
Рис. 9.2. Графики теоретических коэффициентов концентрации напря-
жении при растяжении полосы с различными концентраторами
327
Рис. 93. Графики теоретиче-
ских коэффициентов концен-
трации напряжений при круче-
нии вала переменного сечения
Рис. 9.4. Графики теоретических
коэффициентов концентрации
напряжений при изгибе кругло-
го стержня переменного сечения
Рис. 9.5. Графики теоретических
коэффициентов концентрации на-
пряжений при изгибе полосы с
двусторонней внешней выточкой
Концентрация напряжений при растяжении - сжатии. В случае
растяжения пластины (рис. 9.6), ослабленной отверстием эллипти-
ческой формы (размеры отверстия а и b малы по сравнению с об-
щей шириной пластины), теоретический коэффициент концентра-
ции определяется следующей зависимостью:
ас = 1 + 2а/Ь. (9.5)
В частном случае при наличии в пластине (рис. 9.7) круглого от-
верстия. диаметр которого мал по сравнению с шириной пластин-
ки, a = b = du = 3
328
Рис. 9.6. Растяжение пластины с
эллиптическим отверстием
Рис. 9.7. Растяжение пластины
с круглым отверстием
Значения теоретических коэффициентов концентрации при рас-
тяжении или сжатии полосы прямоугольного сечения определить из
графиков на рис. 9.2, а для стержня круглого сечения - по табл. 9.1.
Номинальное напряжение в ослабленном сечении
F
,
н А
Z1min
где Xmin - площадь ослабленного сечения.
Таблица 9.1. Значения теоретических коэффициентов концентрации
для стержня круглого сечения
Вид концентратора напряжения %
Полукруглая выточка при отношении радиуса выточки к диа- метру стержня: 0,1 0,5 1,0 2,0 2,0 1,6 1,2 1,1
Галтель при отношении радиуса галтели к меньшему диаметру стержня: 0,0625 0,125 0,25 0,5 1,75 1,50 1,20 1,10
^Переход под прямым углом 2,0
Острая V-образная выточка 3,0
Отверстие при отношении диаметра отверстия к диаметру стержня 0,1-0,33 2,0
.Риски от резца на поверхности изделия 1,2-1,4
329
Рис. 9.8. Концентрация напряже-
ний для вала со шпоночной канав-
кой и вала переменного сечения
Концентрация напряжений при
кручении. При кручении стерж-
ней основными наиболее распро-
страненными концентраторами
являются продольные пазы для
шпоночных канавок, отверстия
или резкие изменения диаметра
в местах сопряжений в валах пе-
ременного сечения.
Максимальные местные напря-
жения ттах при кручении опреде-
ляются по формуле (9.1). В част-
ности, для вала круглого сечения
тп = T/W, где Wp - полярный мо-
мент сопротивления сечения.
Для круглого сечения Wp = псР/16.
Снижение концентрации напряжений достигается увеличением
радиуса закругления р в углах продольнопхраза шпоночной канав-
ки (рис. 9.8, а) либо увеличением радиуса сопряжения р в валах
переменного сечения (рис. 9.8, б). Значения коэффициента концен-
трации ат для этих случаев приводятся соответственно в табл. 9.2 и
на рис. 9.3.
Таблица 92. Значения коэффициента концентрации ах
в зависимости от радиуса закругления р в углах шпоночной канавки
р, мм 2,54 5,08 7,62 10,16 12,70 15,24 17,78
5,4 3.4 2,7 2,3 2,1 2,0 1,9
Концентрация напряжений при изгибе. При изгибе, так же как
и при растяжении или кручении, концентрация напряжений воз-
никает в местах резкого изменения формы или размеров попереч-
ных сечений.
Максимальные местные напряжения атах при изгибе определя-
ются по формуле (9.1).
Графики для теоретического коэффициента концентрации в слу-
чае изгиба ступенчатого стержня круглого сечения, участки которо-
го сопряжены круговой галтелью радиуса р, и полосы с двумя сим-
метричными полукруглыми выточками приведены на рис. 9.4 и 9.5.
Для полосы с выточками гиперболической формы применяется
формула Нейбера
I h
оса = J0,335 — + 0,85 +0,08, (9.6)
V г
330
где г - радиус кривизны в глубине выточки; h - высота ослабленно-
го сечения.
Эта же формула применима для выточек иной формы, например
для прямоугольных или треугольных с закруглением на дне выточ-
ки (рис. 9.9), так как в этих случаях концентрация напряжений за-
висит не столько от формы выточки, сколько от величины отноше-
ния h/r.
Рис. 9.9. Прямоугольные и треуголь-
ные (с закруглением на дне) выточки
Номинальное напряжение следующее:
М
Он = ---,
wx’
где М - изгибающий момент; Wx - осевой момент сопротивления
или момент сопротивления при изгибе - геометрическая характе-
ристика прочности бруса.
Для круглого сечения Wx = лбР/32.
Для прямоугольного сечения W = Ь№/6, где h - сторона прямо-
угольника, перпендикулярная оси, относительно которой вычисля-
ется момент сопротивления.
9.2. Контактные напряжения
При сжатии двух соприкасающихся тел на площадках их кон-
такта возникают местные напряжения, называемые контактными.
Площадь контакта двух тел зависит от силы их взаимодействия,
материалов, из которых они изготовлены, соотношения радиусов
соприкасающихся поверхностей. В теории упругости показано, что
наибольшие напряжения возникают в точках тел, несколько уда-
ленных от поверхности контакта. Ниже приведены без вывода рас-
четные формулы для некоторых частных случаев.
Касание в точке. Рассмотрим два тела Ли В (рис. 9.10) с плав-
ной поверхностью в точке касания О, на один из которых действует
сила F по нормали z к общей касательной плоскости kk. Как извест-
но из дифференциальной геометрии, главные радиусы кривизны в
данной точке поверхности - наибольший и наименьший радиусы
331
Рис. 9.10. Касание в точке
двух тел
визны тела В.
кривизны среди всех нормальных сече-
ний, проходящих через данную нормаль
к поверхности. Обозначим главные кри-
визны тела А через К\ иК[, а главные
кривизны тела В - через К2 и К2. Они
выражаются через главные радиусы кри-
визны поверхностей следующим образом:
*i=i/Pi> Я1'=1/р!;
=1/р2, К'2 =1/р'2> (9.7)
где pt и Pi - главные радиусы кривизны
тела Л; р2 и р2 - главные радиусы кри-
Взаимно перпендикулярные сечения, содержащие главные радиу-
сы кривизны, называются главными плоскостями кривизны по-
верхности. В общем случае главные плоскости поверхностей А и В
могут составлять некоторый отличный от прямого угол ф. Площадка
касания двух тел, изготовленных из одного материала, имеет эллип-
тическую форму с полуосями, которые определяются формулами:
а = а-з£Н, Ь = (9.8)
V п у п
где
4 4Е
т =-------------------, и =------(9.9)
Кг+К[ + К2+К2 3(1-ц2)
Постоянные аир берутся из табл. 9.3 в зависимости от угла 0,
определяемого для каждого частного случая из соотношения
COS6 = ^7<7<1 -^1)2 +(^2 -^2>2 +ЭД -0^2-^2)60820). (9.10)
Таблица 93. Значения постоянных аир
е а ₽ е а Р
20 3,778 0,408 60 1,486 0,717
30 2,731 0,493 65 1,378 0,759
35 2,397 0,530 70 1,284 0,802
40 2,136 0,567 75 1,202 0,846
45 1,926 0,604 80 1,128 0,893
50 1,754 0,641 85 1,061 0,944
55 1,611 0,678 90 1,000 1,000
332
Наибольшее напряжение max о2 в центре площадки в 1,5 раза
превышает среднее давление:
max oz= 1,5£/тш£
Касание по прямой. Если два ци-
линдрических тела (катка) давят друг
на друга, соприкасаясь по образую-
щей (рис. 9.11), то плоскость контак-
та представляет собой узкий прямо-
угольник, ширина которого b опреде-
ляется следующим выражением:
(9.11)
Рис. 9.11. Касание двух цилин-
дрических тел
6 = 2,15 IfCjS
у 2 + 6?2
<4-+=-). (9.12)
где q - интенсивность погонной на-
грузки (q = F/I)\ I - длина катка; £]}
Е2 - модули упругости материалов
катков.
В случае контакта двух тел из одного материала наибольшее на-
пряжение max о2 на оси площадки касания превышает среднее дав-
ление (q/b) в 4/л » 1,27 раза и определяется из соотношения
шах <т2 = 1,27(д/6) = 0,59^£(6?! + б?2) / dxd2 . (9.13)
Примеры ----------
Пример 1. Определить наибольшие
местные напряжения в растянутой силой
£= 50 кН пластине (рис. 9.12), ослаблен-
ные выкружками радиусом г.
Решение. Номинальное напряжение
в ослабленном сечении
сги = £/Xmin = 5 • 104/8 • 1 • 10-4 = 62,5 х
х 106 Па = 62,5 МПа.
Рис. 9.12. К примеру 1
Коэффициент концентрации аст выби-
раем из графиков. Для рассматриваемого случая г/b = 10/80 = 0,125
и сса = 2,2. Максимальные местные напряжения вблизи краев вы-
кружек отах = апои = 2,2 • 62,5 = 137,5 МПа.
111С1Л. Oil
Пример 2. Для пластины (рис. 9.13), растянутой силой F= 10 кН
(рис. 9.14), определить наибольшие местные напряжения. Пласти-
333
Рис, 9.13. К примеру 2
на толщиной с = 5 мм ослаблена круг-
лым отверстием радиуса г=6 мм.
Принять b = 40 мм.
Решение Коэффициент концен-
трации выбираем из графиков по
рис. 9.2. Для рассматриваемого слу-
чая г/b = 6/40 = 0,15 и оса = 2,4.
Номинальное напряжение в ослаб-
ленном сечении:
он = F/Amin = 10 • 103/40 • 5 • 10~6 = 50 • 106 Па = 50 МПа.
Максимальные местные напряжения
= апан = 2Л • 50 = 120 МПа.
Н1<1Л О II
Пример 3. Для стального вала переменного сечения, испытыва-
ющего кручение, определить максимальные касательные напряже-
ния (рис. 9.14) на участках I и II с учетом концентрации напряже-
ний. Радиус закругления углов в шпоночной канавке pj = 5,08 мм,
радиус сопряжения участков вала р2 = 2 мм. Крутящий момент
Т= 62,8 Н м.
Рис. 9.14. К примеру 3
Решение. Максимальное касательное напряжение на участке I
вала определяем по формуле
Т1 =
Т\
W
Р1
2Т16
jiD3
2-62,8-16
3,14-43-10-6
= 107 па = 10 МПа.
Коэффициент концентрации для вала со шпоночной канавкой с
радиусом закругления углов pt = 5,08 мм выбираем из табл. 9.2:
ост = 3,4; xmax t = Tj • <хт = 10 • 3,4 = 34 МПа.
Максимальное касательное напряжение на участке II вала опре-
деляем по формуле
Г2 Т -16
т2 = —— =----—
WP2 nd3
62,8 16
3,14 - 23 -10“6
= 40- 106 -40 МПа.
334
Коэффициент концентрации для вала переменного сечения с ра-
диусом сопряжения участков вала р2 = 2 мм определяем из графи-
ков по рис. 9.3. В рассматриваемом случае 2р/б/ = 4/20 = 0,2; D/d-
= 40/20 = 2,0; ат = 1,4; ттах 2 = т2 . = 40 • 1,4 = 56 МПа.
Пример 4. Определить максимальные касательные напряжения
на участках I, II, III с учетом концентрации напряжений стального
вала переменного сечения (рис. 9.15), испытывающего кручение.
Радиус сопряжения участков вала р = 3 мм, крутящий момент Т=
= 31,4 Н • м, радиус закругления углов в шпоночной канавке р' = 2,5 мм.
Рис. 9.15. К примеру 4
Решение. Максимальное касательное напряжение на участке I
определяем по формуле
1\ 2-Г-16 2-31,4-16 но.1Пбп
И =—=---------г— =--------z----— = 11,85 -10° Па =11,85 МПа.
nD3 3,14-33-10’6
Коэффициент концентрации для участка I ах = 1,4 (2p/d - 2 • 3/30 =
= 0,2; D/d= 60/30 = 2,0), ттах , = 11,85 • 1,4 = 16,59 МПа.
Максимальное касательное напряжение на участке II определя-
ем по формуле
Г2 Г-16
Ж/3
---4----F = 0,74 • 106 Па = 0,74 МПа.
З.М^-Ю"6
Коэффициент концентрации напряжений для участка II ат = 5,4
(по табл. 9.2), ттах 2 = 0,74 • 5,4 = 3,996 МПа.
Максимальное касательное напряжение на участке III определя-
ем по формуле
т3 = 2L = = —^.А16 = 2,5 • 106 Па = 2,5 МПа.
Wp3 nd3 3,14-43-10~6
Коэффициент концентрации для участка III ат = 1,45 (2p/J = 0,15;
D/d = 60/40 = 1,5), ттах з = 2,5 • 1,45 = 3,625 МПа.
335
Пример 5. Круглый брус переменного сечения испытывает чис-
тый изгиб. Изгибающий момент М= 106 Н-м, диаметры участков
бруса Z) = 45 мм, J=30 мм, радиус галтели р = 6 мм. Определить
максимальные нормальные напряжения в брусе с учетом концен-
трации.
Решение. Максимальные нормальные напряжения отах = осаон
возникают на участке бруса с меньшим диаметром. Номиналь-
ное напряжение = M/W = М • 32/тиР = 106 • 32/3,14 • З3 • 10~6 = 40 х
х 106 Па = 40 МПа. Коэффициент концентрации определяем из гра-
фика на рис. 9.4. При значении D/d = 45/30 = 1,5 и отношении
p/d = 6/30 = 0,2 коэффициент ocG = 1,45. Тогда атах = 40 • 1,45 = 58 МПа.
Пример 6. Определить максимальные местные напряжения в
пластине прямоугольного поперечного сечения, имеющей двусто-
роннюю внешнюю выточку (рис. 9.16). Толщина пластины 10 мм,
радиус закругления выточки 2,4 мм.
Рис. 9.16. К примеру 6
Решение. Коэффициент концентрации аа определяем из гра-
фика на рис. 9.5. При H/h = 40/20 = 2,0 и r/h = 2,4/20 = 0,12 аст = 2,0.
Номинальное напряжение
о„ = M/W= 50 • 6/1 • 23 • IO’6 = 37,5 • 106 Па = 37,5 МПа.
Максимальные местные напряжения
РУ 7
о„ях = «„ст = 2,0 • 37,5 = 75 МПа.
111 <1Л О II '
Пример 7. Определить наибольшее напря-
жение max на поверхности контакта k-k в
шариковом подшипнике (рис. 9.17), если дано:
F= 60,75 кН - сила, сжимающая шарик; мо-
дуль упругости материала £=2,2-105 МПа;
d= 4 см - диаметр шарика; г= 2,8 см - радиус
поверхности канавки; D = 25 см - диаметр
обоймы; ц = 0,3 - коэффициент Пуассона.
Решение. Будем считать шарик телом Л,
а обойму - телом В. Тогда, согласно (9.7), глав-
ные радиусы кривизны и главные кривизны
тел АиВ равны:
336
тело А (шарик): р, =Pt = d/Ч = 2 см; К\=К{ = 0,5 см-1;
тело В (наружная дорожка качения): р2 - -г =-2,8 см, р2 = -D/2 =
= -12,5 см; К2 = 1/р2 = -0,36 см1; К2 = 1/Рг = -0,08 см-1.
Знак минус при р2 и р2 обусловлен вогнутостью поверхности.
Подсчитываем коэффициенты т, п и cosO согласно (9.9) и (9.10):
т = 4/[0,5 + 0,5 + (-0,36) + ( -0,08)] = 7,14 см;
«=(4-2,2 10'1)/3(1-0,32) = 3,22 10й Па;
cosO = ± - J(0,5- 0,5? + (-0,36 + 0,08)2 + 2(0,5 - 0.5)(-0,36 + 0,08) cos2<p,
7,14
или cosO = ±—у- (-0,36 + 0,08) - 0,5 (знак выбираем так, чтобы cosO
был положительным), тогда 9 = 60°.
По табл. 9.3 находим а = 1,486, р ~ 0,717.
По формулам находим:
а = ос • ф 'т / п -
= 1.486 • ^(60,75-103-7,14-10-2)/(3,22-1011) = 3,54-10-3 м;
b = Р • / п =
= 0,717 • ^(60,75 • 103 7,14 • 10~2) / (3,22 -1011) = 1,71-Ю-3 м.
По формуле (9.11) maxcz= 1,5£/?ш/> = (1,5 • 60,75 • 103)/(3,14 • 3,54 х
х 10 3 • 1,71 • 10 3) - 4,794 • 109 Па = 4794 МПа.
Данное значение напряжения является опасным, так как для ро-
ликовых и шариковых подшипников из хромистой стали допускае-
мые напряжения для наибольшего давления в месте контакта при-
нимают равными 3000-5000 МПа.
------------Задачи--------------
1. Определить максимальные мест-
ные напряжения в растянутом силой
F=30 кН стержне круглого переменно-
го сечения (рис. 9.18).
2. Определить максимальные мест-
ные напряжения, возникающие при рас-
тяжении силой F= 100 кН полосы с гал-
телью в месте перехода от одного диа-
Рис. 9.18. К задаче 1
337
метра к другому, если отношение радиуса галтели к меньшему диа-
метру стержня равно 0,5. Площадь ослабленного сечения Zmin =
= 600 мм2.
3. Для пластины с эллиптическим отверстием (рис. 9.19), растя-
нутой силой F=30 кН, определить наибольшие местные напряже-
ния. Принять а = 2 мм, b = 3 мм. Площадь ослабленного сечения
Xmin = 200 мм2.
4. Определить наибольшие местные напряжения в растянутой
силой F= 40 кН пластине (см. рис. 9.12), ослабленные выкружками
радиусом г = 8 мм. Расстояние между краями выкружек L = 60 мм,
толщина пластины 8 мм.
5. Определить, в каком из участков стержня (рис. 9.20) возника-
ют наибольшие касательные напряжения, если радиус закругления
углов в шпоночной канавке pt = 2,54 мм, радиус сопряжения участ-
ков вала р2 = 1,8 мм. Крутящий момент Т= 70 Н • м.
Рис. 9.19. К задаче 3
Рис. 9.20. К задаче 5
6. Определить максимальные касательные напряжения на участ-
ках I, II, III с учетом концентрации напряжений стального вала пе-
ременного сечения (рис. 9.21), испытывающего кручение. Радиус
сопряжения участков вала р = 2,0 мм, радиус закругления углов в
шпоночной канавке р' = 2,0 мм, крутящий момент Т-50 Н • м
Рис. 9.21. К задаче 6
А-А
7. Определить максимальные местные напряжения в пластине
прямоугольного поперечного сечения, имеющей двустороннюю внеш-
338
нюю выточку. Расстояние между краями выточек L = 30 мм, шири-
на и толщина пластины соответственно 60 мм и 10 мм, радиус
закругления выточки 4 мм.
8. Определить максимальные нормальные напряжения в круг-
лом брусе переменного сечения с учетом концентрации, если из-
гибающий момент М = 250 Н • м, диаметры участков бруса D = 50 мм,
d - 35 мм, радиус галтели р = 5 мм.
9. Определить, во сколько раз наибольшее давление на поверх-
ности контакта между соприкасающимися сферическими телами А
и В в случае а больше, чем в случае б (рис. 9.22), если материал
везде одинаков, a D/d = 2.
Рис, 9.22. К задаче 9
Рис. 9.23. К задаче 10
10. Фрамуга 1 весом Q и длиной I (ОА) поддерживается тягой II
длиной а через ролик К диаметром d (рис. 9.23). Какова должна
быть длина ролика с, если дано: допускаемое максимальное давле-
ние по площадке контакта [пконг], а также Q, /, d, угол а, а = //10,
Е - модуль упругости контактирующих тел (ролика и плоской
опорной поверхности II рычага ОА) Трением ролика по поверхно-
сти контакта пренебречь.
Глава 10
ПРОЧНОСТЬ КОНСТРУКЦИЙ
ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ НАПРЯЖЕНИЯХ
10-1. Основные понятия
В данной теме рассматривается расчет на прочность при напря-
жениях, изменяющихся во времени по циклическому закону.
Характеристики цикла напряжений:
максимальное напряжение (наибольшее по модулю) птах или ттах;
минимальное напряжение (наименьшее по модулю) amin или xmin;
среднее напряжение
1 1
”” *2 (^тах “"^(^тах (10.1)
где отах - максимальное напряжение (по модулю); oniin - мини-
мальное напряжение (по модулю);
амплитуда напряжений
1 1
(^тах (10.2)
коэффициент асимметрии
/?a=£miiL. (ЮЗ)
°max
Значения Qmax, cmin, <зт могут быть положительными, отрица-
тельными и равными нулю. Амплитуда всегда положительна.
При напряжениях, переменных во времени, расчеты на проч-
ность на практике обычно бывают проверочными
5>[5], (10.4)
где [s] - нормативный коэффициент запаса прочности; 5 - фактиче-
ский коэффициент запаса прочности данной детали при данном
цикле напряжений.
Коэффициент запаса прочности при симметричном цикле равен
отношению предела выносливости материала детали к максималь-
ному напряжению цикла:
340
при изгибе
при кручении:
_ Ст-t _ СТ-гво Р.
1 ’
ста °а • kc
s = Т~1 - т-1-ет-Р;
Та та •
(10.5)
(10.6)
где еа и 8Т - масштабные коэффициенты при изгибе и кручении
(табл. 10.1); сг-р T_t - пределы выносливости при симметричном
цикле (табл. 10.2).
Таблица 10.1. Значения 8П, 8Т и \|/т
Сталь Диаметр вала d, мм
20 30 40 50 70 100 200
Углеродис- тая еа 0,92 0,88 0,85 0,82 0,76 0,70 0,69 0,1
ет 0,83 0,77 0,73 0,70 0,65 0,59 0,52
Легирован- ная Еа 0,83 0,77 0,73 0,70 0,65 0,59 0,52
ет 0,83 0,77 0,73 0,70 0,65 0,59 0,52
Таблица 10.2. Механические характеристики
основных материалов валов
Марка стали Диаметр заготов- ки, мм, не более Твердотельность НВ, не менее МПа сгт, МПа О-1, МПа МПа
45 Неограничен 200 560 280 250 150
80 270 900 650 380 230
40Х Неограничен 200 730 500 320 200
120 270 900 750 410 240
40ХН Неограничен 240 — — - —
200 270 920 750 420 250
При несимметричных циклах и любом виде деформации
5 =__2d___
° Va
s =_____bi____
T
(Ю.7)
где уст, - коэффициенты, учитывающие чувствительность мате-
риала к асимметрии цикла при соответствующем нагружении (при-
водятся в справочниках в зависимое™ от предела прочности мате-
341
риала); р - коэффициент качества поверхности; k - эффективный
коэффициент напряжений (табл. 10.3, 10.4, 10.5).
ka=-^-, kT=^
°-lk ^Ak
где a_^, - предел выносливости с симметричным циклом из-
менения напряжений при наличии концентраторов напряжений.
Таблица 103. Значения kG и kx для валов с одной шпоночной канавкой
(10.8)
г
Л <— _ — k 1
Валы из стали, имеющей ав, МПа
и Г
d d 600 700 800 900 600 700 800 900
ka kx
До 1,1 0,02 1,96 2,08 2,20 2,35 1,30 1,35 1,41 1,45
0,04 1,66 1,69 1,75 1,81 1,20 1,24 1,27 1,29
0,06 1,51 1,52 1,54 1,57 1,16 1,18 1,20 1,23
0,08 1,40 1,41 1,42 1,44 1,12 1,14 1,16 1,18
0,10 1,34 1,36 1,37 1,38 1,09 1,11 1,13 1,15
0,15 1,25 1,26 1,27 1,29 1,06 1,07 1,08 1,09
0,20 1,19 1,21 1,22 1,23 1,04 1,05 1,06 1,07
342
Окончание табл. 10.4
D d Г 7 Валы из стали, имеющей ов, МПа
600 700 800 900 600 700 800 900
к
Свыше 1,1 до 1,2 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,15 0,20 2,34 1,92 1,71 1,56 1,48 1,35 1,27 2,51 1,97 1,74 1,58 1,50 1,37 1,29 2,68 2,05 1,76 1,59 1,51 1,38 1,30 2,89 2,13 1,80 1,62 1,53 1,40 1,32 1,50 1,33 1,26 1,18 1,16 1,10 1,06 1,59 1,39 1,30 1,22 1,19 1,11 1,08 1,67 1,45 1,33 1,26 1,21 1,14 1,10 1,74 1,48 1,37 1,30 1,24 1,16 1,13
Свыше 1,2 до 2 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,15 0,20 2,40 2,00 1,85 1,66 1,57 1,41 1,32 2,60 2,10 1,88 1,68 1,59 1,43 1,34 2,80 2,15 1,90 1,70 1,61 1,45 1,36 3,00 2,25 1,96 1,73 1,63 1,47 1,38 1,70 1,46 1,35 1,25 1,21 1,12 1,07 1,80 1,53 1,40 1,30 1,25 1,15 1,10 1,90 1,60 1,45 1,35 1,28 1,18 1,14 2,00 1,65 1,50 1,40 1,32 1,20 1,16
Таблица 10.5. Значения коэффициентов kc и kx для валов с выточками
<3 ^3
2г Г d ka для валов из стали, имеющей сгв, МПа D d г d kx для валов из стали, имеющей ов, МПа
<600 700 800 900 <600 700 800 900
До 1,0 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,15 1,85 1,80 1,75 1,70 1,65 1,55 1,95 1,85 1,80 1,75 1,70 1,57 2,10 2,00 1,90 1,80 1,75 1,60 2,25 2,10 1,95 1,90 1,80 1,65 До 1,1 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,15 1,29 1,27 1,25 1,21 1.18 1,14 1,32 1,30 1,29 1,25 1.21 1,18 1,39 1,37 1,36 1,32 1.29 1,21 1,46 1,43 1,41 1,39 1,32 1,25
Свы- ше 1,0 до 1,5 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,15 1,89 1,84 1,78 1,73 1,68 1,58 1,99 1,89 1,84 1,78 1,73 1,60 2,15 2,05 1,94 1,84 1,78 1,63 2,31 2,15 1,99 1,94 1,84 1,68 Свы- ше 1,1 до 1,2 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,15 1,37 1,35 1,32 1,27 1,23 1,18 1,41 1,37 1,36 1,32 1,27 1,23 1,50 1,47 1,46 1,41 1,37 1,27 1,59 1,62 1,52 1,50 1,41 1,37
343
Окончание табл. 10.5
£>-</ 2г г d kc для валов из стали, имеющей <тп, МПа D d г d kz для валов из стали, имеющей ств, МПа
<600 700 800 900 <600 700 800 900
Свы- 0,02 1,93 2,04 2,20 2,37 Свы- 0,02 1,40 1,45 1,55 1,65
ше 0,04 1,87 1,93 2,09 2,20 ше 0,04 1,38 1,42 1,52 1,60
1,5 0,06 1,82 1,87 1,98 2,04 1,2 до 0,06 1,35 1,40 1,50 1,57
до 2,0 0,08 1,76 1,82 1,87 1,98 1,4 0,08 1,30 1,35 1,45 1,55
0,10 1,71 1,76 1,82 1,87 0,10 1,25 1,30 1,40 1,45
0,15 1,60 1,62 1,66 1.71 0г15 1,20 1,25 1,30 1,35
Влияние качества обработки поверхности детали на предел вы-
носливости материала учитывающий коэффициент качества по-
верхности Р,
₽ = (10.9)
°-1п
где о_1 п - предел выносливости образца полированной поверх-
ностью.
При сложном напряженном состоянии коэффициент запаса
прочности детали вычисляют так:
^7=7- (1010>
Кроме коэффициента запаса прочности детали по сопротивле-
нию материала усталости необходимо вычислить коэффициент за-
паса прочности по сопротивлению его пластическим деформациям:
= —t 5т=_Ь_ = ......h . (io.li)
^max ^max ^a +
Расчетным является меньший из коэффициентов запаса проч-
ности 5 и 5Т.
Амплитуда напряжений
_П£- °'5Г
та Ттт2 U,5Tmax ’
к
где 1УК - момент сопротивления кручению.
Примеры
Пример 1. Растяжению-сжатию по симметричному циклу под-
вергают гладкий цилиндрический стержень из легированной стали
344
диаметром d = 50 мм. Коэффициент запаса прочности должен быть
равен [5] = 1,8, Р = 1, предел выносливости материала = 250 МН/м2.
Определить допускаемую величину нагрузки на стержень
Решение. Условие прочности:
5 > [s] или —- • —- > [5].
Здесь амплитуда напряжений оа определяется амплитудой на-
грузки Ра:
аа = —.
а F
Величина &а=1, так как стержень гладкий, 8 определяем по
табл. 10.1 при d = 50 мм. Значит, 8а = 0,70. Примем = 250 МН/м2
(под пределом выносливости материала всегда понимается пре-
дел выносливости стандартного лабораторного образца диаметром
d = 7,5 мм).
Площадь сечения
А = — = 71(50-10 3>2 = 1963,5 • 10"6 м2.
4 4
Выразим Ра:
ео Р-а.,-А 0,70-250-106-1963,5-КГ6
г.А s---------------------------------------- 1уи, о КН.
1-1,8
Нагрузка может изменяться по симметричному циклу в преде-
лах от + 190,8 кН до -190,8 кН.
Пример 2. Стержень из углеродистой стали диаметром d = 50 мм
нагружен осевой силой, изменяющейся в пределах от +200 кН до
-80 кН. Предел текучести от = 360 МН/м2, предел выносливости
при симметричном цикле о_1р = 200 МН/м2, = 0,11, ^а=1,25,
Р= 1. Определить коэффициент запаса прочности стержня по вы-
носливости и сравнить с коэффициентом запаса прочности по
текучести.
Решение. Площадь поперечного сечения
А = — = 71(50 40 3)2 = 1960 • 10’6 м2
4 4
Максимальное и минимальное напряжения:
^тах
! 200-103
1960•10“6
= +102 МН/м2;
345
80-103 o ..u/ 2
CTmin =--------fi = ~40-8 MH/M .
1960-10“6
Находим среднее напряжение и амплитуду:
<зт = omax + CTmin = 1.92 +.(-£0;8) = зо, 6 МН/м2;
СТа = Отах -.ст.тш = Ю2-(~40,8) = Мн/м2
2
По табл. 10.1 для d = 50 мм 8а = 0,82.
Коэффициент запаса прочности:
по выносливости
Q = Р-*Р = 200 = i 7«.
Va 1,25-71,4„„„ ’ ’
g + w„o„ ---------+ 0,11 • 30,6
eg-p m 0,82-1
по текучести
пт 360 Q
5Т = —— =--------= 3,53.
Отах Ю2
Заключаем, что опасность разрушения стержня от усталости зна-
чительно больше, чем опасность возникновения в нем пластических
деформаций.
Пример 3. Крутящий момент, передаваемый валом, изменяется
по пульсирующему циклу Mk max = 5500 Н • м; изгибающий момент
в сечении изменяется по симметричному циклу от тах = 3630 Н • м
до Ми min = -3630 Н м (рис. 10.1). Определить общий коэффици-
ент запаса прочности сечения А-А вала из легированной стали,
если предел выносливости на изгиб материла вала = 330 МН/м2,
предел выносливости на кручение = 190 МН/м2, = 0, = 2,2,
kx- 1,9, 0=1. Осевой момент сопротивления сечения А-А вала
определить по приближенной формуле
nd3 bt(d -t)2
W —---------------
x 32 2d
Решение.
л(5-10-2)3 1,6-10-2-10"2-0,5(4,5-Ю-2)2 6 3
И/ =------------------------------------------= 1U, ОЭ • 1U М .
х 32 " "
2-5-10-2
346
a.
Максимальное и минимальное нормальные напряжения:
оП1ах = = ——30 в = 340,9• 106 Н/м2 = 340,9 МН/м2;
Wx 10,65 -IO’6
0min = = ~363° г = -340,9 МН/м2.
Wx 10,65-10 6
Так как цикл симметричный, то ст = 0, а амплитуда напряжений
= атах = 340,9 МН/м2. По табл. 10.1 при d- 50 мм = 0,70.
Коэффициент запаса прочности по нормальным напряжениям
_ЕпРа_1 0,70-1-330 п
с ka оа 2,2-340,9 ’ ’
Коэффициент запаса прочности по касательным напряжениям:
Wp = 2Wx = 2- 10,65- 10-6 = 21,3- 10-6 мз;
_ _ М&тах _ 5500
тах WP 21,3-10“6
= 258,2-Ю6 Н/м2 = 258,2 МН/м2;
т - т _ Ттах
а 2
”Hnin
258,2
2
= 129,1 МН/м2.
Масштабный фактор ет = 0,70;
т-1
5т =~i------1
190
1,9-129,1 _ °’54’
+ шТтт ------------+ 0 • 129,1
ет-Р т т 0,70-1
347
Общий коэффициент запаса прочности в сечении А-А вала
s = = °’31'0’54 = о, 269.
Js3+sT2 7о,312 + 0,542
Пример 4. По данным, полученным при решении примера 3 из
раздела 7, выполнить проверочный расчет ведомого вала редуктора,
приняв диаметр вала под ступицу зубчатого колеса d2K = 53мм.
Решение.
1. Выбираем материал вала (табл. 9.2). Ввиду больших нагрузок,
действующих на вал от консольной силы FK, принимаем сталь 40Х.
Диаметр заготовки неограничен. Твердость не менее НВ 200; ов =
= 730 МПа - предел прочности; о.! = 320 МПа и = 200 МПа -
пределы выносливости при симметричном цикле изгиба и кручения.
2. В соответствии с эпюрами изгибающих и крутящих моментов
предположительно устанавливаем опасные сечения вала, которые
подлежат расчету Таких сечений два: I-I - под серединой ступицы
зубчатого колеса и П-П - под подшипником D.
3. Сечение I-I.
Суммарный изгибающий момент в сечении. При определении
Л/и принимают, что момент от силы Тк в худшем случае совпа-
дает по направлению с суммарным моментом, найденным от дей-
ствия сил в зацеплении зубчатой передачи:
МИ = 7Мв + + MFK = л/127,12 + 191,52 +129,3 = 359 Н • м.
Крутящий момент в сечении вала М2 к = 622 Н-м.
Осевой момент сопротивления сечения с учетом шпоночного паза
%=о, 14 к - .
2“2 к
Для вала диаметром d2 к = 53 мм ширина паза 6=16 мм, глубина
паза = 6 мм.
_2 з _ 1,6 10~2 •0,6 10~2(5,3 10~2 -0,6-10~2)2 _
2-5,3-Ю’2
= 12,9-10“6 м3.
Полярный момент сопротивления сечения с учетом шпоночного паза
IVP = 0,24 к - ^<J2k-^)2
” 2 К 24, к
Wo = 0,1(5,3 10
348
IV = О 2(5 3• IO"2)3 - ^•10~2-0^-H5,340-2-0,6.1Q-2)2
Р ’ ’ 2-5,3-Ю’2
= 27,8 • 10~4 * 6 * * * м3.
Амплитуда нормальных напряжений цикла
М 359 с
= f = 27,83• 106 Па = 27,83 МПа.
Wo 12,9-10’6
Амплитуда касательных напряжений цикла
622 6 =И,2-106 Па = 11,2 МПа.
2 2 Wp 2 27,8-ИГ6
Коэффициенты запаса прочности по нормальным $ст и касатель-
ным sz напряжениям:
Va = °;
ет - по табл. 10.1;
kx - по табл. 10.3;
ео - по табл. 10.1;
kc - по табл. 10.3;
= 0,1 ~ по табл. 10.1;
ст-1
Ес
320
27,83-1,83
0,829
т-1
5 = ---------1----=-------
ЛтТа
-^ + Ч/Ттт 11,2
ет
200
0,7075
= 7,7.
Результирующий коэффициент запаса прочности для сечения I-I
s — ^S.
+ 5т
> [s] = 1,5...2,5.
4 Сечение П-П.
Суммарный изгибающий момент МИ в сечении равен моменту
MF* от силы Гк, т.е.
Ми = MFk = 265 Н • м.
Крутящий момент в сечении М2 к = 622 Н • м.
Осевой момент сопротивления сечения
349
IV0 = O,h/fn = 0,1(5-IO-2)3 = 12,5-10-6 м3
Полярный момент сопротивления сечения
Wp = 2Wu = 2- 12,5 • IO 6 = 25 • 10~6 м3.
Амплитуда нормальных напряжений цикла
аа = Л/и/1То = 265/(12,5- 10~6) = 21,2 • 106 Па = 21,2 МПа.
Амплитуда касательных напряжений цикла
т = т = Ьп» = 1^2jl = 1 ... 622 = 12 4.1О6 Па = 12 4 МПа.
d т 2 2Wp 2 25-Ю-6
Коэффициенты запаса прочности по нормальным sa и касатель-
ным sx напряжениям:
0,82
200
, „ . 1,56 _
12,4 —^—— + 0,1
0,7
= 6,9.
а_! = 320
S° Ьса 1,83-21,2 ’ ’
Еа
т-1
5т Кч
£т
Результирующий коэффициент запаса прочности для сечения П-П
5 = > [5] = 1,5...2,5.
Так как расчетные значения 5 в проверяемых (опасных) сечени-
ях незначительно превышают [$], то размеры вала (посадочные диа-
метры) и выбранный материал оставляем без изменения.
Пример 5. Определить коэффициент запаса прочности для ве-
дущего вала редуктора в опасных сечениях, если МА = 35,4 • 103 Н • м
(рис. 10.2).
Материал вала: сталь 45; термическая обработка - улучшение;
Tt = 125 • 103 Н • мм; ов = 780 МПа.
Предел выносливости при симметричном цикле изгиба
оч = 0,43ов = 0,43 • 780 = 335 МПа.
Решение. Предел выносливости при симметричном цикле из-
гиба касательных напряжений
T_t = 0,580,! = 0,58 • 335 = 193 МПа.
350
Рис. 10.2. К примеру 5
Рассмотрим сечение А-А.
Концентрацию напряжений вызывает наличие шпоночной ка-
навки.
Коэффициент запаса прочности
т-1
5 = = -т---±,
где амплитуда и среднее значение от нулевого цикла
Т = ^тах = Т1
а т 2 2W
гг к нетто
ml3 bt^d-t^2 , 4лоЧ/ , on
------—— (по табл. 10.3) (при d = 32 мм,
2d
Таккак1УКНСТТ0
1о
Ь = 10 мм, - 5 мм),
Ж,„тт. = 3,14'323 - 10'5<3г~5)2 = 5.88 103 «г
кнетто 16 2-32
125-103
тя = тт =----------- = 10,6 МПа;
а т 2-5,88Л03
193
5°‘^1,68.10,6+ °7'85'
0,76
351
kx = 1,68, £t = 0,76, ц/т = 0,1.
Коэффициент запаса прочности нормальных напряжений
s =_______Ed_______,
°
8g
Alд д „ _
= -- — = 9,7;
W
rr нетто
_ 7U/3
“ 2d '
W
rr нетто 22
Мл_л = 35,4 H • мм;
/ = 80 мм - длина посадочной части под муфту.
kc = 1,8, ест = 0,87 (по табл. 10.2, 10.3); аа = 9,7;
335 .„ „
^=~Г8-------= 16’6'
Al.9,7
0,87
Результирующий коэффициент запаса прочности
so-sr 16,6-7,85
5 = , q .=*= = = 7,1.
^2 + s2 л/16,62 + 7,852
Результирующий коэффициент запаса прочности 5 близок к sT.
Это свидетельствует о том, что консольные участки валов, рас-
считанные по крутящему моменту, оказываются прочными и учет
консольной нагрузки не вносит существенных изменений.
По той же причине проверять прочность в сечении Б-Б и В-В
нет необходимости.
Пример 6. Изменяющийся от -200 кН (сжатие) до +250 кН (рас-
тяжение) стержень изготовлен из стали 45 с механическими харак-
теристиками <зи = 610 МПа, от = 360 МПа, = 210 МПа. Принять
k
К*ад = —— = 1,5. Количество циклов нагружения неограничено.
Решение. Определяем минимальное и максимальное напряже-
ния цикла:
=L= 200•103 = -102 • 106 Па = -102 МПа;
А n-0,052 /4
352
F 250 IO3
amax = 7Г =------9--= 127 • 106 Па = 127 МПа.
mdX А n-0,052 /4
По формуле 10.2 вычисляем среднее напряжение и амплитуду
цикла:
= [127 + (-102)1/2 = 12,5 МПа;
оа=[ 127-(-102)]/2 = 114,5 МПа.
По формуле 10.7 определяем коэффициент запаса:
sa = ----^-1-----= 210/(1,5 • 114,5 + 0,05 • 12,5) = 1,22.
Вычисляем коэффициент запаса по отношению к пределу те-
кучести:
5 = от/отах = 360/127 = 2,84.
Этот коэффициент запаса значительно выше, чем по усталостно-
му разрушению, поэтому последнее опаснее, чем возникновение те-
кучести.
Пример 7. Вращающийся круглый
полый вал (рис. 10.3) в опасном сече-
нии ослаблен отверстием для смазки.
В опасном сечении изгибающий момент
М = 1500 Н м, крутящий момент Т=
= 1800 Н • м. Нормальные напряжения
изменяются по симметричному циклу, а
касательные - по асимметричному ци-
клу при RT = -0,25>Наружный диаметр
вала de = lQ мм, внутренний б/г- = 35 мм.
Материал - сталь 45 (ow = 610 МПа,
ат = 360 МПа, оц = 210 МПа, тц = 180 МПа).
Рис. 10.3. К примеру 7
Принять = 2,0; Кх% = 3,0. Циклическая долговечность неограни-
чена. Определить коэффициент запаса.
Решение. Определяем номинальные напряжения в опасной
точке сечения:
^max ' G’min
м
W
а
1500
o,ld\l-(di/de)i)
0,1 - 703
= 46,7 МПа.
353
Получаем оа = omax = 47,3 МПа; ат = 0.
Касательные напряжения в опасной точке сечения
Т_________Т_____1800
Ттах = ’ о,2</3(1 - (4 М)4) ~ о,2.70з _ 35 V
----z = 27,99 МПа.
35 А4
70
По формулам (10.1), (10.2) и (10.3):
xmin = ^max=-0,25-27,99 = -7,l МПа;
та = (27,99 + 7,1 )/2 = 17,6 МПа;
т,„ = (27,99 - 7,1)/2 = 10,5 МПа.
Определяем коэффициенты запаса при изгибе и кручении, при-
нимая для стали 45 = 0:
-------------- = 210/(2,0 • 46,4 + 0,05 • 0) = 2,25;
^оДаа + VA
с =------Ы------ = 180/(3,0 • 17,6 + 0 • 10,5) = 3,41.
^тД^а V
Определяем общий запас по формуле (10.10):
$ = = 2’25'3’41 = 1,878.
^2 + s2 д/2,252 + 3,412
Рис. 10.4. К примеру 8
Пример 8. Стальной полированный
вал из легированной стали с галтелью
(рис. 10.4) работает на кручение по не-
симметричному циклу. Наибольшее
значение момента Гтах = 800 Н • м, наи-
меньшее значение Tmin = -200 Н • м. Ме-
ханические характеристики материала:
= 190 МПа, ов = 600 МПа. Определить коэффициент запаса.
Решение. Подсчитываем номинальные характеристики цикла:
Ттах 800
ттах =...=--------------г ~ 02,5 МПа;
0,2б/3 0,2-0,043
Т 200
Tmin = = 15-6 МПа,
0,2</3 0,2 0,043
откуда та = 23,5 МПа, тт = 39,0 МПа.
354
Масштабный коэффициент для вала диаметром d - 40 мм нахо-
дим по табл 10.1: ет = 0,73, 1|/т - 0,1.
D г
При — = 1,25 и — = 0,05 по табл. 10.4 имеем kT = 1,4.
d d
1\ля полированного вала принимается Р = 1
Коэффициент запаса
т-1
Т КЧ
190
1,4-23,5
0,73
+ 0,1-39,0
= 3,88.
Пример 9. Стальной полирован-
ный вал из углеродистой стали с
выточкой (рис. 10.5) в опасном се-
чении испытывает кручение по не-
симметричному циклу. По извест-
ным номинальным характеристикам
цикла ттах = 65 МПа, Tmin = 25 МПа
определить коэффициент запаса.
Радиус выточек г- 2 мм. Механиче-
ские характеристики материала:
= 200 МПа, ов = 700 МПа.
Решение.
Рис. 10.5. К примеру 9
т -т 65-25
= Sax, ~mm = 03 = 20 МПа;
а 2 2
Тт = W + Tmin = 65 + 25 = 45 МПа
D т
В нашем случае — = 1,25, — =0,1. По табл. 10.5 находим = 1,30.
d а
Для вала диаметром d = 40 мм по табл. 10.1 определяем 8Т = 0,73,
VT = 0,l.
Полагая р = 1, определяеАм коэффициент запаса:
т-1
5т КЧ
200
1,3-20
0,73
= 4,99.
+ 0,1-45,0
Пример 10. Произвести проверочный расчет вала на выносли-
вость для некоторых опасных сечений. Материал вала - сталь 45
(табл 10.2), ов = 900 Н/мм2, от = 650 Н/мм2, = 380 Н/мм2, =
= 30 Н/мм2, Mj = 286 116 Н • мм, Т= 216000 Н • мм.
355
Рис. 10.6. К примеру 10
Решение.
1. В сечении А-А действует (рис. 10.6) изгибающий момент Мх =
= 286 116 Н • мм и крутящий момент Т = 216 000 Н • мм. Для вала
диаметром - 40 мм ширина канавки b = 12 мм, = 5 мм.
Осевой момент сопротивления сечения вала (нетто)
Пб/3 bt^d-t,)2 3.14-403 12-5-(40-5)2 3
Ц/ =-----------------------------------------3001 ММ
х 32 2d 32 2-40
Амплитуда номинальных напряжений изгиба при симметричном
цикле изменения напряжения изгиба
— = 286-116- = 53,37 • 106 Н/м2 = 53,37 Н/мм2.
W 5361
Коэффициенты безопасности в сечении по изгибу:
. - - 380 = 319-
k.a, 1,9.53,37 _
= а
kc = 1,9 - по табл. 10.3;
£а = 0,85 - по таб. 10.1;
Va = 0,l;
Gm = 0 (при симметричном цикле изменения напряжений изгиба
равна нулю).
2. Определяем коэффициент безопасности по кручению:
te,(rf-t|)2_3,14.403 12-5.(40-5)2_11м1мм3
16 2d 16 2-40
При непрерывном вращении вала напряжения кручения из-
меняются по пульсирующему циклу, поэтому переменные состав-
ляющие (амплитуда) и постоянные составляющие цикла находим
по формуле
356
Tmax _ _£
2 2WK
1 216 000
2 И 641
= 9,278 Н/мм2.
Коэффициент безопасности для сечения А-А по кручению
190
т-1
5Т =~L------1----
«тта
-^ПЛ,
ет
_ _ 7 ео.
1 9-9 278 ’ ’
’ ’ +9,278-0,1
0,73
т-j = 230 Н/мм2;
kx - 1,9 - по табл. 10.3;
та = 9,28 Н/мм2;
ет = 0,73 - по табл. 10.1;
= 0,1 - по табл. 10.1.
Общий коэффициент запаса прочности вычисляется по форму-
ле (10.11):
5 =
+ 5 ?
3,19-7,58
7з,192 + 7,582
= 2,94 > [s].
Коэффициент запаса прочности 5 > [5] = 2,5.
Коэффициент запаса прочности в сечении Б-Б определяется
аналогично.
------------ Задачи -------------
1. Стержень d =60 мм подвергается растяжению-сжатию, коэф-
фициент запаса прочности [5] = 2, предел выносливости материала
стержня о_1/? = 210 МН/м2, Р = 1. Какую наибольшую по величине
нагрузку, изменяющуюся по симметричному циклу, можно прило-
жить к данному стержню? Принять = 1,75.
2. Найти коэффициент запаса прочности по выносливости для
вала, на который действует пульсирующий скручивающий момент.
Л/тах = 2100 Н-м - максимальное значение момента, диаметр вала
d =50 мм, т_| = 200 МН/м2 - предел выносливости при кручении
при симметричном цикле, \|/т = 0,08; kx = 1,4; р = 1, = 1,78.
3. Вал d = 50 мм из стали скручивается моментом, многократно
изменяющимся в пределах от +820 Нм до -340 Нм. Предел текуче-
сти ст = 190 МН/м2 при кручении. Предел выносливости на круче-
ние при симметричном цикле = 140 МН/м2, Р = 1, = 0,08, kx =
357
= 1,25, 8Т = 1,78. Определить коэффициент запаса прочности по те-
кучести и коэффициент запаса прочности вала по выносливости.
4. Стальной стержень диаметром d = 40 мм нагружен осевой си-
лой, непрерывно изменяющейся в пределах от+ 50 кН до -70 кН.
Предел текучести от = 420 МН/м2, предел выносливости о_1р =
= 230 МН/м2, = 0,12, kc = 2, Р = 1, 8g = 1,82. Определить коэффи-
циент запаса прочности стержня по выносливости и коэффициент
запаса прочности по текучести.
5. Стальной вал с наружным диаметром D = 60 мм и внутренним
диаметром d = 40 мм нагружен многократно изменяющимся изги-
бающим и крутящим моментами: Л/и тах = 860 Н • м, Ми min =
= -500 Н • м, Мк тах = 1240 Н • м, Мк min = -560 Н • м. Предел вынос-
ливости на изгиб материала вала сц = 280 МН/м2 и предел вынос-
ливости на кручение т_! = 150 МН/м2,= 0,17, \|/т = 0, kG = kz = 1,25,
8ст = 8т = 1,82. Определить общий коэффициент запаса прочности
вала.
6. Стальной полированный вал с галтелью работает на круче-
ние по несимметричному циклу. Наибольшее значение момента
Tmav = 800 Н • м, наименьшее значение 7\;п = -200 Н • м. Механиче-
I IldX Illlll
ские характеристики материала т_х = 190 МПа, ав = 600 МПа. Диа-
метры участков вала d = 40 мм, D = 60 мм, радиус сопряжения
участков вала г = 3 мм. Определить коэффициент запаса. Материал
вала - легированная сталь.
7. Стальной полированный вал из углеродистой стали с выточ-
кой в опасном сечении испытывает кручение по несимметричному
циклу. По известным номинальным характеристикам цикла ттах =
= 120 МПа, xmin = 70 МПа определить коэффициент запасаГГеомет-
рические параметры вала: d =65 мм, Z) = 80 мм, радиус выточек
г=3 мм. Механические характеристики материала: 1.4 = 250 МПа,
ов = 800 МПа.
8. Изменяющийся от -200 кН (сжатие) до + 250 кН (растяже-
ние) стержень изготовлен из стали 45 с механическими характерис-
тиками аи = 610 МПа, от = 360 МПа, 0^ = 210 МПа. Принять
£ст=1,05, 8g = 0,78, Р=1. Количество циклов нагружения неогра-
ничено.
9. Сравнить коэффициенты запаса прочности для сечения поли-
рованного вала из легированной стали в месте перехода с d = 45 мм
на D = 55 мм при двух вариантах посадки роликового подшипника:
а) подшипник посажен без дистанционного кольца и радиус галте-
ли р = 1 мм; б) между внутренним кольцом подшипника и заплечи-
ком установлено дистанционное кольцо и радиус галтели р = 8 мм
(рис. 10.7). Для варианта a) kQ = 2,0; для варианта б) kc= 1,3. Для
358
a
б
Рис. 10.7. К задаче 9
материала вала = 250 МПа. В рассматриваемом сечении возни-
кает изгибающий момент МИ = 2,0 кНм. Нормальные напряжения
изменяются по симметричному циклу.
ПРИЛОЖЕНИЕ
Сортамент прокатной стали
Таблица П.1. Сталь горячекатаная. Балки двутавровые. ГОСТ 8239-89
Обозначения: h - высота двутавра; b - ширина полки; $ - толщина стенки; t - средняя
толщина полки; R - радиус внутреннего закругления; г - радиус закругления полки.
Номер дву- тавра Размеры, мм Площадь поперечного сечения, см2 Масса 1 м, кг Справочные значения для осей
h ь S t R Г Х-Х У-У
не более Щ„см3 см 5Г см3 1у, СМ4 Wy, см3 iy, см
10 100 55 4,5 7,2 7,0 2,5 12,0 9,46 198 39,7 4,06 23,0 17,9 6,49 1,22
12 120 64 4,8 7,3 7,5 3,0 /4,7 11,50 350 58,4 4,88 33,7 27,9 8,72 1,38
14 140 73 4,9 7,5 8,0 3,0 17,4 13,70 572 81,7 5,73 46,8 41,9 11,50 1,55
16 160 81 5,0 7,8 8,5 3,5 20,2 15,90 873 109,0 6,57 62,3 58,6 14,50 1,70
18 180 90 5,1 8,1 9,0 3,5 23,4 18,40 1 290 143,0 7,42 81,4 82,6 18,40 1,88
20 200 100 5,2 8,4 9,5 4,0 26,8 21,00 1 840 184,0 8,28 104,0 115,0 23,10 2,07
22 220 110 5,4 8,7 10,0 4,0 30,6 24,00 2 550 232,0 9,13 131,0 157,0 28,60 2,27
24 240 115 5,6 9,5 10,5 4,0 34,8 27,30 3 460 289,0 9,97 163,0 198,0 34,50 2,37
27 270 125 6,0 9,8 11,0 4,5 40,2 31,50 5 010 371,0 11,20 210,0 260,0 41,50 2,54
30 300 135 6,5 10,2 12,0 5,0 46,5 36,50 7 080 472,0 12,30 268,0 337,0 49,90 2,69
33 330 140 7,0 11,2 13,0 5,0 53,8 42,20 9 840 597,0 13,50 339,0 419,0 59,90 2,79
36 360 145 7,5 12,3 14,0 6,0 61,9 48,60 13 380 743,0 14,70 423,0 516,0 71,10 2,89
40 400 155 8,3 13,0 15,0 6,0 72,6 57,00 19 062 953,0 16,20 545,0 667,0 86,10 3,03
45 450 160 9,0 14,2 16,0 7,0 87,7 66,50 27 696 1231,0 18,10 708,0 808,0 101,00 3,09
50 500 170 10,0 15,2 17,0 7,0 100,0 78,50 39 727 1589,0 19,90 919,0 1043,0 123,00 3,23
55 550 180 11,0 16,5 18,0 7,0 118,0 92,60 55 962 2035,0 21,80 1181,0 1356,0 151,00 3,39
60 600 190 12,0 17,8 20,0 8,0 138,0 108,00 76 806 2560,0 23,60 1491,0 1725,0 182,00 3,54
Таблица П.2. Сталь горячекатаная. Швеллер. ГОСТ 8240 89
У»У
Обозначения- h - высота; b - ширина полки; s - толщина стенки; t - толщина полки; /? радиус внутрен-
него :Закругления; г- радиус закругления полки; Zo - расстояние от оси Y-Yдо наружной грани стенки.
Таблица 1. Швеллеры с уклоном внутренних граней полок
Номер швел- лера Размеры, мм Площадь поперечного сечения, см2 Масса 1 м, кг Справочные значения для осей Zq, см
h ь S t R Г Х-Х У-У
гг см 5Г см3 1у, см< см3 iy, см
не более /г см4 см3
5 50 32 4,4 7,0 6,0 2,5 6,16 4,84 22,8 9,1 1,92 5,59 5,61 2,75 0,95 1,16
6,5 65 36 4,4 7,2 6,0 2,5 7,51 ! 5,90 48,6 15,0 2,54 9,00 8,70 3,68 1,08 1,24
8 80 40 4,5 7,4 6,5 2,5 8,98 7,05 89,4 22,4 1 3,16 1 23,30 12,80 4,75 1,19 1,31
10 100 46 4,5 7,6 7,0 3,0 10,90 8,59 174,0 34,8 3,99 20,40 20,40 6,46 1,37 1,44
12 120 52 4,8 7,8 7,5 3,0 13,30 10,40 304,0 50,6 4,78 29,60 31,20 8,52 1,53 1,54
14 140 58 4,9 8,1 8,0 3,0 15,60 12,30 491,0 70,2 5,60 40,80 45,40 11,00 1,70 1,67
16 160 64 5,0 8,4 8,5 3,5 18,10 14,20 747,0 93,4 6,42 54,10 63,30 13,80 1,87 1,80
16а 160 68 5,0 9,0 8,5 3,5 19,50 15,30 823,0 103,0 6,49 59,40 78,80 16,40 2,01 2,00
18 180 70 5,1 8,7 9,0 3,5 20,70 16,30 1090,0 121,0 7,24 69,80 86,00 17,00 2,04 1,94
18а 180 74 5,1 9,3 9,0 3,5 22,20 17,40 1190,0 132,0 7,32 76,10 105,0 20,00 2,18 2,13
20 200 76 5,2 9,0 9,5 4,0 23,40 18,40 1520,0 152,0 8,07 87,80 113,0 20,50 2,20 2,07
22 220 82 5,4 9,5 10,0 4,0 26,70 21,00 2110,0 192,0 8,89 110,00 151,0 25,10 2,37 2,21
24 240 90 5,6 10,0 10,5 4,0 30,60 24,00 2900,0 242,0 9,73 139,00 208,0 31,60 2,60 2,42
27 270 95 6,0 10,5 11,0 4,5 35,20 27,70 4160,0 308,0 10,90 178,00 262,0 37,30 2,73 2,47
30 300 100 6,5 11,0 12,0 5,0 40,50 31,80 5810,0 387,0 12,00 224,00 327,0 43,60 2,84 2,52
33 330 105 7,0 11,7 13,0 5,0 46,50 36,50 7980,0 484,0 13,10 281,00 410,0 51,80 2,97 2,59
36 360 110 7,5 12,6 14,0 6,0 53,40 41,90 10820,0 601,0 14,20 350,00 513,0 61,70 3,10 2,68
40 400 115 8,0 13,5 15,0 6,0 61,50 48,30 15220,0 761,0 15,70 444,00 642,0 73,40 3,23 2,75
Таблица 2. Швеллеры с параллельными гранями полок
Номер швел- лера Размеры, мм Площадь попереч- ного сече- ния, см2 Мас- са 1 м, кг Справочные значения для осей Zq, см
h ь S t R Г Х-Х Y- Y
не более см4 см3 zr см см3 1у, см4 Wy, см3 iy, см
5П 50 32 4,4 7,0 6,0 3,5 6,16 4,84 22,8 9,1 1,92 5,61 5,95 2,99 0,98 1,21
6,5П 65 36 4,4 7,2 6,0 3,5 7,51 5,90 48,8 15,0 2,55 9,02 9,35 4,06 1,12 1,29
8П 80 40 4,5 7,4 6,5 3,5 8,98 7,05 89,8 22,5 3,16 13,30 13,90 3,31 1,24 1,38
10П 100 46 4,5 7,6 7,0 4,0 10,90 8,59 175,0 34,9 3,99 20,50 22,60 7,37 1,44 1,53
12П 120 52 4,8 7,8 7,5 4,5 13,30 10,40 305,0 50,8 4,79 29,70 34,90 9,84 1,62 1,66
14П 140 58 4,9 8,1 8,0 4,5 15,60 12,30 493,0 70,4 5,61 40,90 51,50 12,90 1,81 1,82
16П 160 64 5,0 8,4 8,5 5,0 18,10 14,20 750,0 93,8 6,44 54,30 72,80 16,40 2,00 1,97
16аП 160 68 5,0 9,0 8,5 5,0 19,50 15,30 827,0 103,0 6,51 59,50 90,50 19,60 2,15 2,19
18П 180 70 5,1 8,7 9,0 5,0 20,70 16,’ЗО 1090,0 121,0 7,26 70,00 100,00 20,60 2,20 2,14
18аП 180 74 5,1 9,3 9,0 5,0 22,20 17,40 1200,0 133,0 7,34 76,30 123,00 24,30 2,35 2,36
20П 200 76 5,2 9,0 9,5 5,5 23,40 18,40 1530,0 153,0 8,08 88,0 134,00 25,20 2,39 2,30
22П 220 82 5,4 9,5 10,0 6,0 26,70 21,00 2120,0 193,0 8,90 111,0 178,00 31,00 2,58 2,47
24П 240 90 5,6 10,0 10,5 6,0 30,60 / 24,00 2910,0 243,0 9,75 139,0 248,00 39,50 2,85 2,72
27П 270 95 6,0 10,5 11,0 6,5 35,20 27,70 4180,0 310,0 10,90 178,0 314,00 46,70 2,99 2,78
зоп 300 100 6,5 11,0 12,0 7,0 40,50 31,80 5830,0 387,0 12,00 224,0 393,00 54,80 3,12 2,83
ззп 330 105 7,0 11,7 13,0 7,5 46,50 36,50 8010,0 486,0 13,10 281,0 491,00 64,60 3,25 2,90
36П 360 110 7,5 12,6 14,0 8,5 53,40 41,90 10850,0 603,0 14,30 350,0 611,00 76,30 3,38 2,99
40П 400 115 8,0 13,5 115,0 9,0 61,50 48,30 15260,0 763,0 15,80 445,0 760,00 89,90 3,51 3,05
гт.у
Таблица ПЗ. Сталь горячекатаная. Уголки равнополочные. ГОСТ 8509-86
Обозначения: b - ширина полки; t - толщина полки; R - радиус внутреннего за-
кругления; г - радиус закругления полок; 1 - момент инерции; i - радиу’ инерции-
момеЕтСин°ерпииОТ ” Наружн<>й - Центробежный
' R х0
Номер уголка Размеры, мм Площадь по- перечного сечения, см2 Справочные величины для осей
b t R Г
х-х Xq Xq
Iv см4 см3 см ^Xq max’ см^ z.r0 max’ CM
2 20 3 4 3,5 1,2 1,13 1,46 0,40 0,50 0,28 0,37 0,59 0.58 0,63 0,78 0,75 0,73
2,5 25 3 4 5*
1,43 1,86 2,27 0,81 1,03 1,22 0,46 0,59 0,71 0,75 0,74 0.73 1,29 1,62 1 Q1 0,95 0,93 П 09
13 1,62 1,16 0,58 0.85
б 30 3 4 5* 4,0 1,3 1,74 2,27 2,78 Г 1,45 1,84 2,20 0,67 0,87 1,06 0,91 0,80 0,89 2,30 2,92 3,47 1,15 1,13 1 1 ?
3,2 32 3 4 4,5 1,5 1,86 2,43 1,77 2,26 0,77 1,00 0,97 0,96 2,80 3,58 A , А Zt 1,23 1,21
3,5 35 3 4 5
2,04 2,17 3,28 2,35 3,01 3,61 0,93 1,21 1,47 1,07 1,06 1,05 3,72 4,76 5,71 1,35 1,33 1,32
w Продолжение табл. П.З
Номер уголка Размеры, мм Площадь по- перечного сечения, см2 Справочные величины для осей
b t R Г х-х хо-^о
1г см4 см3 /г см Ar0 max’ см4 z.r0 max’ см
4 40 3 .5,0 1,7 2,35 3,55 1,22 1,23 5,63 1,55
4 3,08 4,58 1,60 1,22 7,26 1,53
5 3,79 5,53 1,95 1,21 8,75 1,52
6* 4,48 6,41 2,30 1,20 10,13 1,50
4,5 45 з 2,65 5,13 1,56 1,39 8,13 1,75
4 3,48 6,63 2,04 1,38 10,52 1,74
5 4,29 8,03 2,51 1,37 12,74 1,72
6* 5,08 9,35 2,95 1,36 14,80 1,71
5 50 3 5,5 1,8 2,96 7,11 1,94 1,55 11,27 1,95
4 3,89 9,21 2,54 1,54 14,63 1,94
5 4,80 11,20 3,13 1,53 17,77 1,92
6 5,69 13,07 3,69 1,52 20,72 1,91
7* 6,56 14,84 4,23 1,50 23,47 1,89
8* 7,41 16,51 4,76 1,49 26,03 1,87
5,6 56 4 6 2,0 4,38 13,10 3,21 1,73 20,79 2,18
5 / 5,41 15,97 3,96 1,72 25,36 2,16
6* 60 4 7,0 2,3 4,72 16,21 3,70 1,85 25,69 2,33
5 5,83 19,79 4,56 1,84 31,40 2,32
6 6,92 23,21 5,40 1,83 36,81 2,31
8 9,04 29,55 7,00 1,81 46,77 2,27
10 11,08 35,32 8.52 1,79 55,64 2,24
6,3 63 4 4,96 18,86 4,09 1,95 29,90 2,45
5 6,13 23,10 5,05 1,94 36,80 2,44
6 7,28 27,06 5,98 1,93 42,91 2,43
Справочные величины для осей Масса 1 м уголка, кг
У(ГУв Ixy, СМ4 Zq, см
ty0 min , СМ4 %о - см3 *Уо • см
0,17 0,20 0,39 0,23 0,60 0,89
0,22 0,24 0,38 0,28 0,64 1,15
0,34 0,33 0,49 0,47 0,73 1,12
0,44 0,41 0,48 0,59 0,76 1,46
0,53 0,47 0,48 0,69 0,80 1,78
0,48 0,42 0,55 0,68 0,80 1,27
0,60 0,53 0,59 0,85 0,85 1,36
0,77 0,61 0,58 1,08 0,89 1,78
0,94 0,71 0,58 1,27 0,93 2,18
0,74 0,59 0,63 1,03 0,89 1,46
0,94 0,71 0,62 1,32 0,94 1,91
0,97 0,71 0,69 1,37 0,97 1,60
1,25 0,88 0,68 1,75 1,01 2,10
1,52 1,02 0,68 2,10 1,05 2,58
1,47 0,95 0,79 2,08 1,09 1,85
1,90 1,19 0,78 2,68 1,13 2,42
2,30 1,39 0,78 3,22 1,17 2,98
2,70 1,58 0,78 3,72 1,21 3,52
Продолжение табл. ПЗ
Справочные величины для осей Масса 1 м уголка, кг
г/о~*/о 7^, см4 Zq, см
min? см^ смз ’«/о- см
2,12 1,24 0,89 3,00 1,21 2,08
2,74 1,54 0,89 3,89 1,26 2,73
3,33 1,81 0,88 4,71 1,30 3,37
3,90 1,06 0,88 5,45 1,34 3,99
2,95 1,57 1,00 4,16 1,33 2,32
3,80 1,95 0,99 5,42 1,38 3,05
4,63 2,30 0,98 6,57 1,42 3,77
5,43 2,63 0,98 7,65 1,46 4,47
6,21 2,93 0,97 8,63 1,50 5,15
6,98 3,22 0,97 9,52 1,53 5,82
5,41 2,52 1,М 7,69 1,52 3,44
6,59 2,97 1,10 9,41 1,57 4,25
6,72 2,93 1,19 9,48 1,62 3,71
8,18 3,49 1,18 11,61 1,66 4,58
9,60 3,99 1,18 13,60 1,70 5,43
12,34 4,90 1,17 17,22 1,78 7,10
15,00 5,70 1,16 20,32 1,85 8,70
7,81 3,26 1,25 11,00 1,69 3,90
9,52 3,87 1,25 13,70 1,74 4,81
11,18 4,44 1,24 15,90 1,78 5,72
Размеры, мм Площадь по- перечного Справочные величины для осей
Номер уголка ь t R у х-х Xq Xq
сечения, см2 Zv см4 см3 см 1Xq max» CM4 гх0 max» CM
7 70 •4,5 5 6 7 8 10* 8,0 2,7 6,20 6,86 8,15 9,42 10,67 13,11 29,04 31,94 37,58 42,98 48,16 57,90 5,67 6,27 7,43 8,57 9,68 11,82 2,16 2,16 2,15 2,14 2,12 2,10 46,03 50,67 59,64 68,19 76,35 91,52 2,72 2,72 2,71 2,69 2,68 2,64
7,5 75 5 6 7 8 9 9,0 3,0 7,39 8,78 10,15 11,50 12,83 39,53 46,57 53,34 59,84 66,10 7,21 8,57 9,89 11,18 12,43 2,31 2,30 2,29 2,28 2,27 62,65 73,87 84,61 94,89 104,72 2,91 2,90 2,89 2,87 2,86
8 80 5,5 6 7 8 10* 12* 8,63 9,38 10,85 12,30 15,14 17,90 52,68 56,97 65,31 73,36 83,58 102,74 9,03 9,80 11,32 12,80 15,67 18,42 2,47 2,47 2,45 2,44 2,42 2,40 83,56 90,40 103,60 116,39 140,31 162,27 3,11 3,11 3,09 3,08 3,04 3,01
9 90 6 7 8 9 10* 12* 10,0 3,3 10,61 12,28 13,93 15,60 17,17 20,33 82,10 94,30 106,11 118,00 128,60 149,67 12,49 14,45 16,36 18,29 20,07 23,85 2,78 2,77 2,76 2,75 2,74 2,71 130,00 149,67 168,42 186,00 203,93 235,88 3,50 3,49 3,48 3,46 3,45 3,41
Продолжение табл. ПЗ
Номер уголка Размеры, мм Площадь по- перечного сечения, см2 Справочные величины для осей
b t R Г х-х х0-х0
см4 Wx, см3 ix, см ^Xq max» CM4 гхц max ’ CM
10 100 6,5 12,0 4,0 12,82 122,10 16,69 3,09 193,46 3,89
7 13,75 130,59 17,90 3,08 207,01 3,88
8 15,60 147,19 20,30 3,07 233,46 3,87
10 19,24 178,95 24,97 3,05 283,83 3,84
12 22,80 208,90 29,47 3,03 330,95 3,81
14 26,28 237,15 33,83 3,00 374,98 3,78
15* 27,99 250,68 35,95 2,99 395,87 3,76
16 29,68 263,82 38,04 2,98 416,04 3,74
и 110 7 15,15 175,61 21,83 3,40 278,54 4,29
8 17,20 198,17 24,77 3,39 314,51 4,28
12* 120 8 18,80 25>75 29,68 3,73 412,45 4,68
10 23,24 317,16 36,59 3,69 503,79 4,66
12 27,60 371,80 43,30 3,67 590,28 4,62
15 33,99 448,90 52,96 3,63 711,32 4,57
12,5 125 8 14,0 4,6 19,69 294,36 32,20 3,87 466,76 4,87
9 22,00 327,48 36,00 3,86 520,00 4,86
10 24,33 359,82 39,74 3,85 571,04 4,84
12 28,89 422,23 47,05 3,82 670,02 4,82
14 33,37 481,76 54,17 3,80 763,90 4,78
16 37,77 538,56 61,09 3,78 852,84 4,75
Справочные величины для осей Масса 1 м уголка, кг
Уо~Уо 1ху, см4 Zo, см
finin’ СМ4 Wy0’ см3 Ч’см
12,04 4,53 1,39 17,00 1,88 4,87
13,22 4,92 1,39 18,70 1,90 5,38
15,52 5,66 1,38 22,10 1,94 6,39
17,77 6,31 1,37 25,20 1,99 7,39
19,97 6,99 1,37 28,20 2,02 8,37
24,27 8,17 1,36 33,60 2,10 10,29
16,41 5,74 1,49 23,10 2,02 5,80
19,28 6,62 1,48 27,30 2,06 6,89
22,07 7,43 1,47 31,20 2,10 7,96
24,80 8,16 1,47 35,00 2,15 9,02
27,48 8,91 1,46 38,60 2,18 10,07
21,80 7,10 1,59 30,90 2,17 6,78
23,54 7,60 1,58 33,40 2,19 7,36
26,97 8,55 1,58 38,30 2,23 8,51
30,32 9,44 1,57 43,00 2,27 9,65
36,82 11,09 1,56 56,70 2,35 11,88
43,21 12,62 1,55 59,50 2,42 14,05
33,97 9,88 1,79 48,10 2,43 8,33
38,94 11,15 1,78 55,40 2,47 9,64
43,80 12,34 1,77 62,30 2,51 10,93
48,60 13,48 1,77 68,00 2,55 12,20
53,27 14,54 1,76 75,30 2,59 13,48
62,40 16,53 1,75 86,20 2,67 15,96
Продолжение табл. П.З
Справочные величины для осей Масса 1 м уголка, кг
Ур-г/р 1ху, см4 Zq, СМ
Aimin’ СМ4 см3 iyo, см
50,73 13,38 1,99 71,40 2,68 10,06
54,16 14,13 1,98 76,40 2,71 10,79
60,92 15,66 1,98 86,30 2,75 12,25
74,08 18,51 1,96 110,00 2,83 15,10
86,84 21,10 1,95 122,00 2,91 17,90
99,32 23,49 1,94 138,00 2,99 20,63
105,48 24,62 1,94 145,00 3,03 21,97
111,61 25,79 1,94 152,00 3,06 23,30
72,68 17,36 2,19 106,00 2,96 11,89
81,83 19,29 2,18 116,00 3,00 13,50
107,04 23,29 2,39 153,00 3,25 14,76
130,54 27,72 2,37 187,00 3,33 18,24
153,33 31,79 2,36 218,00 3,41 21,67
186,48 37,35 2,34 262,00 3,53 26,68
121,98 25,67 2,49 172,00 3,36 15,46
135,88 28,26 2,48 192,00 3,40 17,30
148,59 30,45 2,47 211,00 3,45 19,10
174,43 34,94 2,46 248,00 3,53 22,68
199,62 39,10 2,45 282,00 3,61 26,20
224,29 43,10 2,44 3,15 3,68 29,65
Номер уголка Размеры, мм Площадь поперечного сечения, см2 Справочные величины для осей
b t R Г х-х XQ х0
см4 И^см3 (г см ^xq max ’ CM4 гх0 max ’ см
14 140 9 14,0 4,6 24,72 465,72 45,55 4,34 739,42 5,47
10 27,33 512,59 50,32 4,33 813,62 5,46
12 32,49 602,49 59,66 4,31 956,98 5,43
15* 150 10 29,33 634,76 58,07 4,65 1008,56 5,86
12 34,89 747,48 68,90 4,63 1187,86 5,83
15 43,08 908,38 84,66 4,59 1442,60 5,79
18 51,09 1060,08 99,86 4,56 1680,92 5,74
16 160 10 16,0 5,3 31,43 774,24 66,19 4,96 1229,10 6,25
11 34,42 844,21 72,44 4,95 1340,06 6,24
12 37,39 912,89 78,62 4,94 1450,00 6,23
14 43,57 1046,47 90,77 4,92 1662,13 6,20
16 49,07 1175,19 102,64 4,89 1865,73 6,17
18 54,79 1290,24 114,24 4,87 2061,03 6,13
20 60,40 1418,85 125,60 4,85 2248,26 6,10
18 180 11 38,80 1216,44 92,47 5,60 1933,10 7,06
12 42,19 1316,62 100,41 5,59 2092,78 7,04
15* 52,18 1607,36 123,74 5,55 2554,99 7,00
18* 61,99 1884,07 146,36 5,51 2992,69 6,95
20* 68,43 2061,11 161,07 5,49 3271,31 6,91
Продолжение табл. ПЗ
Номер уголка Размеры, мм Площадь поперечного сечения, см2 Справочные величины для осей
b t R Г х-х х0 х0
см4 см3 ir см Aroniax’ СМ4 ^Xq max ’ CM
20 200 12 18,0 6,0 47,10 1822,78 124,61 6,22 2896,16 7,84
13 50,85 1960,77 134,44 6,21 3116,18 7,83
14 54,60 2097,00 144,17 6,20 3333,00 7,81
16 61,98 2362,57 163,37 6,17 3755,39 7,78
18* 69,30 2620,64 182,22 6,15 4164,54 7,75
20 76,54 2871,47 200,73 6,12 4560,42 7,72
24* 90,78 3350,66 236,77 6,08 5313,50 7,65
25 94,29 3466,21 245,59 6,06 5494,04 7,63
30 11,54 4019,60 288,57 6,00 6351,05 7,55
22 220 14 21,0 7,0 60,38 2814,36 175,18 6,83 4470,15 8,60
16 68,58 3175,44 198,71 6,80 5045,37 8,58
25 25 16 24,0 8,0 78,40 4717,10 258,43 7,76 7492,10 9,78
18 87,72 5247,24 J£88,82 7,73 8336,69 9,75
20 96,96 5764,87 318,76 7,71 9159,73 9,72
22 106,12 6270,32 348,26 7,09 9961,60 9,69
25 119,71 7006,39 391,72 7,65 11125,52 9,64
28 133,12 7716,86 434,25 7,61 12243,84 9,59
30 141,96 8176,52 462,11 7,59 12964,66 9,56
Справочные величины для осей Масса 1 м уголка, кг
Уо~Уо 7^, см4 Zo, см
A/Omin’ %о> СЖ3 ’»о- см
192,03 35,92 2,79 274,00 3,78 19,41
210,96 39,05 2,78 301,00 3,82 21,45
248,01 44,97 2,76 354,00 3,90 25,50
260,97 45,34 2,98 374,00 4,07 23,02
307,09 52,32 2,97 440,00 4,15 27,39
374,17 61,96 2,95 534,00 4,27 33,82
439,24 70,91 2,93 621,00 4,38 40,11
319,38 52,52 3,19 455,00 4,30 24,67
347,77 56,53 3,18 496,00 4,35 27,02
375,78 60,53 3,17 537,00 4,39 28,35
430,81 68,15 3,16 615,00 4,47 33,97
484,64 75,92 3,14 690,00 4,55 38,52
537,46 82,08 3,13 771,00 4,63 43,01
589,43 90,02 3,12 830,00 4,70 47,44
499,78 72,86 3,59 716,00 4,85 30,47
540,45 78,15 3,58 776,00 4,89 33,12
659,73 93,11 3,56 948,00 5,01 40,96
775,44 106,88 3,54 1108,00 5,13 48,66
850,92 115,71 3,53 1210,00 5,20 53,72
Окончание табл. П.З
co
ог
Справочные величины для осей Масса 1 м уголка, кг
У(ГУо Цу, см4 Zq, см
Joinin’ ^0,СМз ’з/о-см
749,40 98,69 3,99 1073,00 5,37 36,97
805,35 105,07 3,98 1156,00 5,42 39,92
861,00 111,50 3,97 1236,00 5,46 42,80
969,74 123,77 3,96 1393,00 5,54 48,62
1076,74 135,48 3,94 1544,00 5,62 54,40
1181*92 146,62 3,93 1689,00 5,70 60,08
1387,73 167,74 3,91 1963,00 5,85 71,26
1438,38 172,68 3.91 2028,00 5,89 74,02
1698,16 193,06 3,89 2332,00 6,07 87,56
1158,56 138,62 4,38 1655,00 5,91 47,40
1305,52 153,34 4,36 1869,00 6,02 53,83
1942,09 203,45 4,98 2775,00 6,75 61,55
2157,78 223,39 4,96 3089,00 6,83 68,86
2370,01 242,52 4,94 3395,00 6,91 76,11
2579,04 260,52 4,93 3691,00 7,00 83,31
2887,26 287,14 4,91 4119,00 7,11 93,97
3189,89 311,98 4,90 4527,00 ~ 7,23 104,50
3388,98 327,82 4,89 4788,00 7,31 111,44
Пример условного обозначения равнополочного уголка размерами 50x50x3 мм высокой точ-
ности прокатки (А) из стали марки Ст.Зсп, категории 3, подгруппы 1:
„ 50 х 50 х 3 - А ГОСТ 8509-86
толок Ст 3сп3 _ t гост 535_79
Таблица П.4. Сталь горячекатаная. Уголки неравнополочные. ГОСТ 8510-86
Обозначения: В - ширина большей полки; b - ширина меньшей полки; t - толщина
полки; R - радиус внутреннего закругления; г - радиус закругления полок; J - момент
инерции; i - радиус инерции; х0, г/0 - расстояние от центра тяжести до наружных граней
полок; Jxy - центробежный момент инерции.
Номер уголка Размеры, мм Площадь поперечного сечения, см2 Справочные величины для осей
В ь t R Г х-х у-у
Jx, СИ4 см3 см Jy, СМ4 Wy, см3 iy, см
2,5/1,6 25 16 3 3,5 1,2 1,16 0,70 0,43 0,78 0,22 0,19 0,44
3/2* 30 20 3 1,43 1,27 0,62 0,94 0,45 0,30 0,56
4 1,86 1,61 0,82 0,93 0,56 0,39 0,55
3.2/2 32 20 3 1,49 1,52 0,72 1,01 0,46 0,30 0,55
4 1,94 1,93 0,93 1,00 0,57 0,39 0,54
4/2,5 40 25 3 4,0 1,3 1,89 3,06 1,14 1,27 0,93 0,49 0,70
4 2,47 3,93 1,49 1,26 1,18 0,63 0,69
5 3,03 4,73 1,82 1,25 1,41 0,77 0,68
4/3* 40 30 4 2,67 4,18 1,54 1,25 2,01 0,91 0,87
5 3,28 5,04 1,88 1,24 2,41 1,11 0,86
Продолжение табл. П.4
Номер уголка Размеры, мм Площадь поперечного сечения, см2 Справочные величины для осей
В ь t R Г х-х У~У
Jx,см4 Wv см3 гг см Jv см4 Wy, см3 iy, см
4,5/2,8 45 28 3 5,0 1,7 2,14 4,41 1,45 1,48 1,32 0,61 0,79
4 2,80 5,68 1,90 1,42 1,69 0,80 0,78
5/3,2 50 32 3 5,5 1,8 2,42 6,18 1,82 1,60 1,99 0,81 0,91
4 3,17 7,98 2,38 1,59 2,56 1,05 0,90
5,6/3,6 56 36 4 6,0 2,0 3,58 11,37 3,01 1,78 3,70 1,34 1,02
5 4,41 13,82 3,70 1,77 4,48 1,65 1,01
6,3/4,0 63 40 4 7,0 2,3 4,04 16,33 3,83 2,01 5,16 1,67 1,13
5 4,98 19,91 4,72 2,00 6,26 2,05 1,12
6 5,90 23,31 5,58 1,99 7,29 2,42 1,11
8 7,68 29,60 7,22 1,96 9,15 3,12 1,09
6,5/5* 65 50 5 6,0 2,0 5,56 23,41 5,20 2,05 12,08 3,23 1,47
6 6,60 27,46 6,16 2,04 14,12 3,82 1,46
7 7,62 31,32 7,08 2,03 16,05 4,38 1,45
8 8,62 35,00 7,99- 2,02 18,88 4,93 1,44
7/4,5 70 45 5 7,5 2,5 5,59 27,76 5,88 2,23 9,05 2,62 1,27
7,5/5 75 60 5 8,0 2,7 6,11 34,81 6,81 2,39 12,47 3,25 1,43
6 7,25 40,92 8,08 2,38 14,60 3,85 1,42
7* 8,37 46,77 9,31 2,36 16,61 4,43 1,41
8 9,47 52,38 10,52 2,35 18,52 4,88 1,40
Справочные величины для осей Xq, cm 2/0’ CM JXy, CM4 Угол наклона оси, tga Масса 1 м уголка, кг
и—и
Ju min’ CM4 Wu, см3 min’ CM
0,13 0,16 0,34 0,42 0,86 0,22 0,392 0,91
0,26 0,25 0,43 0,51 1,0 0,43 0,427 1,12
0,34 0,32 0,43 0,54 1,04 0,54 0,421 1,46
0,28 0,25 0,43 0,49 1,08 0,47 0,382 1,17
0,35 0,33 0,43 0,53 1,12 0,59 0,374 1,52
0,56 0,41 0,54 0,59 1,32 0,96 0,385 1,48
0,71 0,52 0,54 0,63 1,37 1,22 0,381 1,94
0,86 0,64 0,53 0,66 1,41 1,44 0,374 2,37
1,09 0,75 0,64 0,78 1,28 1,68 0,544 2,26
1,33 0,91 0,64 0,82 1,32 2,00 0,539 2.46
0,79 0,52 0,61 0,64 1,47 1,38 0,382 1,68
1,02 0,67 0,60 0,68 1,51 1,77 0,379 2,20
1,18 0,68 0,70 0,72 1,60 2,01 0,403 1,9
1,52 0,88 0,69 0,76 1,65 2,59 0,401 2,4
2,19 1,13 0,78 0,84 1,82 3,74 0,406 2,81
2,65 1,37 0,78 0,88 1,87 4,50 0,404 3,46
3,07 1,41 0,87 0,91 2,03 5,25 0,397 3,17
3,73 1,72 0,86 0,95 2,08 6,41 0,396 3,91
4,36 2,02 0,86 0,99 2,12 7,44 0,393 4,63
5,58 2,60 0,85 1,07 2,20 9,27 0,386 6,03
Продолжение табл. П.4
Справочные величины для осей Xq, CM У& CM Jxy cm4 Угол наклона оси, tga Масса 1 м уголка, кг
и-и
Ju min’ Wu, см3 min’ CM
6,41 2,68 1,07 1,26 2,00 9,77 0,576 4,36
7,52 3,15 1,07 1,30 2,04 11,46 0,575 5,18
8,60 3,59 1,06 1,34 2,08 12,94 0,571 5,98
9,65 4,02 1,06 1,37 2,12 13,61 0,570 6,77
5,34 2,20 0,98 1,05 2,28 9,12 0,406 4,39
7,24 2,73 1,09 1,17 2,39 12,00 0,436 4,79
8,48 3,21 1,08 1,21 2,44 14,10 0,435 5,69
9,69 3,69 1,08 1,25 2,48 16,18 0,435 6,57
10,87 4,14 1,07 1,29 2,52 17,80 0,430 7,43
Номер уголка Размеры, мм Площадь попереч- ного сече- НИЯ, см2 Справочные величины для осей
В ь t R Г х-х у-у
Jx, см4 W*, см3 см Jy, см4 Wy, см3 iw см
8/5 80 50 5 8,0 2,7 6,36 41,64 7,71 2,56 12,68 3,28 1,41
6 7,55 48,98 9,15 2,55 14,85 3,88 1,40
8/6* 80 60 6 8,15 52,06 9,42 2,53 25,18 5,58 1,76
7 9,42 59,61 10,87 2,52 28,74 6,43 1,75
8 10,67 66,88 12,38 2,50 32,15 7,26 1,74
9/5,6 90 56 5,5 9,0 3,0 7,86 65,28 10,74 2,88 19,67 4,53 1,58
6 8,54 70,58 11,66 2,88 21,22 4,91 1,58
8 11,18 90,87 15,24 2,85 27,08 6,39 1,56
10/6,3 100 63 6 10,0 3,3 9,58 98,29 14,52 3,20 30,58 6,27 1,79
7 11,09 112,86 16,78 3,19 34,99 7,23 1,78
8 12,57 126,96 19,01 3,18 39,21 8,17 1,77
10 15,47 153,95 23,32 3,15 47,18 9,99 1,75
10/6,5* 100 65 7 11,23 114,05 16,87 3,19 38,22 7,70 1,85
8 12,73 128,31 19,11 3,18 42,26 8,70 1,84
10 15,67 155,52 23,45 3,15 51,68 10,64 1,82
11/7 110 70 6,5 11,45 142,42 19,11 3,53 45,61 8,42 2,00
8 13,93 171,54 23,22 3,51 54,64 10,20 1,98
12,5/8 125 80 7 11,0 3,7 14,06 226,53 26,67 4,01 73,73 11,89 2,29
8 15,98 225,62 30,26 4,00 80,95 13,47 2,28
10 19,70 311,61 37,27 3,98 100,47 16,52 2,26
12 23,36 364,79 44,07 3,95 116,84 19,46 2,24
gg Продолжение табл. П.4
___________________
Размеры, мм Площадь Справочные величины для осей
Номер уголка попереч- ного сече- х-х у-у
В ь t R Г НИЯ, см2 Jp СМ4 см3 см Jy, СМ4 Wy, см3 гу, см
14/9 140 90 8 10 12,0 4,0 18,00 22,24 363,68 444,45 38,25 47,19 4,49 4,47 119,79 145,54 17,19 21,14 2,58 2,58
16/10 160 100 9 10 12 14 13,0 4,3 22,87 25,28 30,04 34,72 605,97 666,59 784,22 897,19 56,04 61,91 73,42 84,65 5,19 5,13 5,11 5,08 186,03 204,09 238,75 271,60 23,96 26,42 31,23 35,89 2,85 2,84 2,82 2,80
18/11 180 110 10 12 14,0 4,7 28,33 33,69 952,28 1122,56 78,59 93,33 5,80 5,77 267,37 324,09 32,27 38,20 3,12 3,10
20, 12, 5 200 125 И 12 14 16 34,87 37,89 43,87 49,77 1449,02 1568,19 1800,83 2026,08 107,31 116,51 134,64 152,41 6,45 6,43 6,41 6,38 446,36 481,93 550,77 616,66 45,98 49,85 57,43 64,83 3,58 3,57 3,54 3,52
Справочные величины для осей Xq, cm Уо, CM Jxy, CM4 Угол наклона оси, tga Масса 1 м уголка, кг
и—и
Ju min’ СМ^ Wu, см3 ги min’ см
7,57 8,88 2,75 3,24 1,00 1,08 1,13 1,17 2,60 2,65 13,20 15,50 0,384 0,386 4,49 5,92
13,61 15,58 17,49 4,66 5,34 5,99 1,29 1,29 1,28 1,49 1,53 1,57 2,47 2,52 2,56 20,98 24,01 26,83 0,547 0,546 0,544 6,39 7,39 8,37
11,77 12,70 16,29 3,81 4,12 5,32 1,22 1,22 1,21 1,26 1,28 1,36 2,92 2,95 3,04 20,54 22,23 28,33 0,384 0,384 0,380 6,17 6,70 8,77
18,20 20,83 23,38 28,34 5,27 6,06 6,82 8,31 1,38 1,37 1,36 1,35 1,42 1,46 1,50 1,58 3,23 3,28 3,32 3,40 31,50 36,10 40,50 48,60 0,393 0,392 0,391 0,387 7,53 8,70 9.87 12,14
22,77 25,24 30,60 6,43 7,26 8,83 1,41 1,41 1,40 1,52 1,56 1,64 3,24 3,28 3,37 38,00 42,64 51,18 0,415 0,414 0,410 8,81 9,99 12,30
26,94 32,31 7,05 8,50 1,53 1,52 1,58 1,64 3,55 3,61 46,80 55,90 0,402 0,400 8,98 10,93
43,40 48,82 59,33 69,47 9,96 11,25 13,74 16,11 1,76 1,75 1,74 1,72 1,80 1,84 1,92 2,00 4,01 4,05 4,14 4,22 74,70 84,10 102,00 118,00 0,407 0,406 0,404 0,400 11,04 12,58 15,47 18,34
Окончание табл. П.4
Масса 1 м уголка, кг 14,13 17,46 CD 40 00 СО Ог 0С~ 40 CN г< ог" 00 х-ч СМ СМ о о см" со" см см Г* ХГ оо г* СП хг о Г-" СП ч? о? см см со 00
Угол наклона оси, tga 0,411 0,409 т-ч о 00 40 СП Ог 00 оо СО СО 00 00 о" o' o' о CD xF со со о" о" см см о оо аг он оо 00 00 со 00 о" о" о" о"
*2 о 4 121,00 147,00 о о о о о о о о ХГ со СП см" СП X* ос см см см о о ° А. 40" оо" сп хг см со CD О О О CD CD~ <О in" со" 40 оо" С0 О Г- ХГ хг 40 in со
Z/0, СМ СП 00 ХГ 40 xr xf О 00 СМ О in 4П 40 4П 00 г* °0 СП in" in" CD ХГ СМ in 40 CD h- CD cd" cd" CD
Xq, СМ ОО СМ О. СМ см" хг оо со оо см см СО ХГ см см" см" см" хг см хг 40~ см" см" CH 00 'ГЧ on г- oo~ аг сп см" см" см" см"
Справочные величины для осей п-п min» см 00 со 40 СП о ог оо со СМ ’<“1 ^ч см см" см" см" см о xl^ см" см" in хт со см см" см" см" см"
со g аг оо оо 40 ХГ Г< т—( Т“Ч X- СМ 00 40 о cd о о" см" 40 ог" см см см см 26,96 31,83 Г- Ш Г- CD см чг 40 40 оо ’гч" г-" со" СО XT Xf 40
Ju min’ см^ СМ Ю о" ю Г- 00 о CD ХГ СП ХГ ’ГЧ ХГ о" ’гД' см" см" 'гч СМ СО 165,44 194,28 хг хг ХГ СП оо~ cd~ 40 аг оо in" со" со" со оо см со см см со со
63x40x4-А ГОСТ 8510-86
Ст.ЗспЗ-1 ГОСТ 535-79
ЛИТЕРАТУРА
1. Прикладная механика: учеб, пособие / А.Т. Скойбеда
[и др.]. Минск, 1997.
2. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов:
учеб, пособие для техн, вузов/ И.М. Миролюбов [и др.]. М., 1985.
3. Беляев, Н.М. Сопротивление материалов / Н.М. Беляев.
М., 1976.
4. Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов / В.И. Феодо-
сьев. М., 1986.
5. Сборник задач по сопротивлению материалов / под ред.
В.К. Качурина. М., 1970.
6. Руденок, Е.Н. Техническая механика. Сборник заданий: учеб,
пособие / Е.Н. Руденок, В.П. Соколовская. Минск, 1990.
7. Шейнблит, А.Е. Курсовое проектирование деталей машин:
учеб, пособие для техникумов / А.Е. Шейнблит. М., 1991.
8. Кинасошвили, Р.С. Сопротивление материалов / Р.С. Кина-
сошвили. М., 1975.
9. Ицкович, Г.М. Сборник задач по сопротивлению материалов:
учеб, пособие / Г.М. Ицкович, А.И. Винокуров, Н.В. Барановский.
Л., 1972.
10. Дубейковский, Е.Н. Сопротивление материалов: учеб, посо-
бие для машиностроит. техникумов / Е.Н. Дубейковский, Е.С. Сав-
вушкин. М., 1985.
И. Шапиро, Д.М. Сборник задач по сопротивлению материа-
лов: учеб, пособие для машиностроит. техникумов / Д.М. Шапиро
[и др.]. М., 1970.
12. Феодосьев, В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивле-
нию материалов / В.И. Феодосьев. М., 1973.
13. Иосилевич, Г.Б. Прикладная механика / Г.Б. Иосилевич,
Г.Б. Строганов, Г.С. Маслов; под ред. Г.Б. Иосилбвича. М., 1989.
14. Подскребко, М.Д. Сопротивление материалов. Практикум по
решению задач: учеб, пособие / М.Д. Подскребко. Минск, 2009.
Учебное издание
Николаенко Владимир Лаврентьевич
ПРИКЛАДНАЯ МЕХАНИКА.
РАСЧЕТ ТИПОВЫХ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ
Учебное пособие
Ответственный за выпуск Н.А. Дашкевич
Редактор П.Л. Слабко
Художник обложки А.А. Кулаженко
Компьютерная верстка В.Е. Кононюка
Корректор П.А. Слабко
Подписано в печать 18.03.2010. Формат 60x90/16. Бумага офсетная.
Гарнитура Petersburg. Печать офсетная. Усл. псч. л. 24,13. Уч.-изд. л. 21,19.
Тираж 1500 экз. Заказ 0401.
ООО «Издательство Гревцова».
ЛИ № 02330/0552671 от 10.02.2006.
Ул. Смолячкова, 16, 220005, Минск.
Отпечатано в типографии ОАО «Пром печать»
ЛП № 02330/0494112 от 11.03.2009.
Ул Черняховского, 3, 220049, Минск.