![](/user_photo/_userpic.png)
- •ПРЕДИСЛОВИЕ
- •ВВЕДЕНИЕ
- •1. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
- •1.1. СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СЕЧЕНИЙ И ОПРЕДЕЛЕНИЕ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
- •1.2. ОСЕВЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ ПРОСТОЙ ФОРМЫ
- •1.3. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ, СОСТАВЛЕННЫХ ИЗ ПРОКАТНЫХ ПРОФИЛЕЙ
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •2. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ
- •2.1. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПРОДОЛЬНЫХ СИЛ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ (СЖАТИИ)
- •2.2. НАПРЯЖЕНИЯ И ДЕФОРМАЦИИ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •3. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ КРУЧЕНИИ
- •3.1. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮРЫ КРУТЯЩИХ МОМЕНТОВ
- •3.2. НАПРЯЖЕНИЯ И ДЕФОРМАЦИИ ПРИ КРУЧЕНИИ БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •4. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ
- •4.1. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ ДЛЯ БАЛОК И ПЛОСКИХ РАМ
- •4.2. НАПРЯЖЕНИЯ И РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •5. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ СЛОЖНОМ СОПРОТИВЛЕНИИ
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •6. ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
- •6.1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ С ИСПОЛЬЗОВАНИЕМ ИНТЕГРАЛОВ МОРА
- •6.2. СПОСОБ ВЕРЕЩАГИНА
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •7. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ
- •7.1. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СТЕРЖНЕВЫЕ СИСТЕМЫ
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •8. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ ПРИ КРУЧЕНИИ
- •Контрольные вопросы
- •Задания для самостоятельной работы
- •9. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ РАМЫ И БАЛКИ
- •9.1. СТЕПЕНЬ СТАТИЧЕСКОЙ НЕОПРЕДЕЛИМОСТИ СИСТЕМЫ
- •9.2. ВЫБОР ОСНОВНОЙ И ЭКВИВАЛЕНТНОЙ СИСТЕМ МЕТОДА СИЛ
- •9.3. КАНОНИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ МЕТОДА СИЛ
- •9.4. ПОРЯДОК РАСЧЕТА СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
- •Контрольные вопросы
- •ЗАКЛЮЧЕНИЕ
- •БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
- •ПРИЛОЖЕНИЯ
- •ОГЛАВЛЕНИЕ
![](/html/65386/283/html_Mf0XOrvJMS.ShZh/htmlconvd-AmCsO187x1.jpg)
5
РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ СЛОЖНОМ СОПРОТИВЛЕНИИ
К сложному сопротивлению относят виды деформаций бруса, при которых в его поперечных сечениях одновременно возникает не менее двух внутренних силовых факторов. Исключение составляет прямой поперечный изгиб, когда в сечении действует поперечная сила Q и изгибающий момент М. Влиянием силы Q в расчетах на прочность и жесткость пренебрегают, считая влияющим один силовой фактор — изгибающий момент М.
Все случаи сложного сопротивления условно можно подразделить на две группы:
—к первой относят косой изгиб (изгиб в двух плоскостях), а также
внецентренное растяжение (сжатие). При расчетах на прочность
вопасных точках сечений бруса считают напряженное состояние одноосным, и теории прочности не используют;
—ко второй группе относят случаи нагружения, когда в опасных точках сечения бруса возникает плоское напряженное состояние, и расчет на прочность выполняется с применением теорий прочности. Это виды нагружений: изгиб с кручением; сжатие или растяжение с кручением; сжатие или растяжение с изгибом.
Таким образом, под сложным сопротивлением подразумевают различные комбинации ранее рассмотренных простых напряженных состояний брусьев (растяжения, сжатия, кручения и изгиба).
Чего-либо принципиально нового задачи сложного сопротивления при достаточно жестких брусьях не имеют, т.к. совместное действие указанных усилий приводит к напряженному состоянию, которое можно получить суммированием напряженных состояний, вызванных каждым видом простого нагружения в отдельности. Умея определять нормальные и касательные напряжения в различных точках бруса, можно по той или иной теории прочности проверить прочность данного бруса. Аналогично могут быть изучены деформация или перемещение бруса путем соответствующего сложения перемещений, получаемых при отдельных более простых нагружениях.
Принцип суммирования действия сил применим во всех случаях, когда деформации малы и подчиняются закону Гука.
Условие прочности в случае сложного сопротивления бруса име ет вид
88
![](/html/65386/283/html_Mf0XOrvJMS.ShZh/htmlconvd-AmCsO188x1.jpg)
σэкв ≤ [σ], |
(5.1) |
где σэкв — эквивалентное или обобщенное совокупное напряжение, определяемое по теории прочности; [σ] — допускаемое напряжение. В настоящее время на практике наибольшее применение получили III и IV теории прочности.
Согласно III теории прочности (теории наибольших касательных напряжений)
σIIIэкв = σ2 + 4τ2 , |
(5.2) |
а IV теории (теории энергии формоизменения)
σIVэкв = σ2 + 3τ2 . |
(5.3) |
Здесь σ — нормальное напряжение, равное алгебраической сумме напряжений от изгиба и напряжений от растяжения или сжатия: s = sизг ± sраст, сж; τ — касательное напряжение при кручении.
В свою очередь
σизг = |
Mизг. сум |
; σраст, сж = |
N |
; τ = |
T |
, |
|
Wx |
A |
Wp |
|||||
|
|
|
|
где Mизг. сум — суммарный изгибающий момент при изгибе в двух плоскостях (горизонтальной Мгор и вертикальной Мверт).
Mизг. сум = Mгор2 + Mверт2 .
Внекоторых случаях целесообразно записывать теории прочности, выраженные не через напряжения, а через момент
MэквIII = |
Mизг.2 |
сум + T 2 ; |
(5.4) |
|
MэквIV = |
Mизг.2 |
сум + 0,75T 2 . |
(5.5) |
На практике одновременное действие всех шести внутренних силовых факторов встречается крайне редко. Чаще приходится иметь дело с различными их комбинациями, которые рассмотрим на примерах.
Пример 5.1. Для бруса, изображенного на рис. 5.1, а, требуется определить положение опасного сечения; найти из условия прочности диаметр бруса (вала) с круглым поперечным сечением, если [σ] = 50 МПа. Округлить найденный диаметр по нормальному ряду размеров. При расчетах использовать III теорию прочности.
89
![](/html/65386/283/html_Mf0XOrvJMS.ShZh/htmlconvd-AmCsO189x1.jpg)
2T = 40 кНм |
M = 25 кНм |
T = 20 кНм |
3T = 60 кНм |
||||
F1 = 20 кН |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||
а |
|
A |
F2 = 40 кН |
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
1 м |
3 м |
2 м |
|
|
|
|
|
|
|
20 |
|
|
|
|
б |
0 |
|
|
0 |
Эп. N |
|
|
в |
0 |
|
|
0 |
Эп. |
Mизг. верт |
|
|
|
|
48 |
|
|
|
|
г |
0 |
|
|
0 |
Эп. |
Mизг. гориз |
|
|
|
25 |
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
49 |
|
|
|
|
|
|
25 |
|
|
|
|
|
д |
0 |
|
|
0 |
Эп. |
Mизг. сум |
|
е |
0 |
|
|
0 |
Эп. T |
|
|
|
40 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
60 |
|
|
|
|
|
|
|
77,5 |
|
|
|
|
|
|
|
63,2 |
|
|
|
|
|
47,2 |
|
60 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|||
|
40 |
|
|
|
|
|
|
ж |
0 |
|
|
0 |
Эп. MэквIII |
||
|
|
|
Опасное сечение |
Рис. 5.1. Сложное сопротивление балки:
а — схема нагружения; б — эпюра продольных сил; в — эпюра изгибающих моментов от нагрузок, действующих в вертикальной плоскости; г — эпюра изгибающих моментов от нагрузок, действующих в горизонтальной плоскости; д — эпюра суммарных изгибающих моментов; е — эпюра крутящих моментов; ж — эпюра эквивалентных моментов согласно
III теории прочности
90
Р е ш е н и е. Для определения положения опасного сечения и опасной точки в нем необходимо построить эпюру внутренних силовых факторов от действующих на вал нагрузок. В данном случае на него действует растягивающая сила F1, сила F2 изгибает вал в вертикальной плоскости, а момент М — в горизонтальной плоскости; моменты Т; 2Т; 3Т закручивают вал. Будем решать задачу, используя принцип суперпозиции, т. е. строить эпюры от каждой из нагрузок в отдельности и далее суммировать их соответствующим образом. При построении эпюр будем опираться на правила проверки эпюр, полученные на основании дифференциальных зависимостей между q; Q и M, или, при необходимости, определять реакции опор и записывать выражения внутреннего силового фактора на каждом из участков нагружения. В данной задаче их три (нумерацию выполняем слева направо 1, 2 и 3).
1.Строим эпюру продольных сил N. Вдоль вала действует только
сила F1. Мысленно проводя сечение (метод сечений) на участке I имеем N1 = 0. На участке II на шарнирно неподвижной опоре возникает горизонтальная составляющая опорной реакции, которая по ве-
личине равна силе F1, но противоположно направлена. Она вызывает растяжение участка II : N2 = F1 =20 кН. Участок III рассматриваем справа. У шарнирно подвижной опоры горизонтальная составляющая реакции опоры отсутствует: N3 = 0. Эпюра N показана на рис. 5.1, б.
2.Строим эпюру изгибающих моментов от нагрузок, действу-
ющих в вертикальной плоскости. Такой нагрузкой является сила F2. От ее воздействия возникают реакции на левой и правой опорах. Находим их величину из условий равновесия
∑MB = Rлев 5 + F2 2 = 0;
Rлев = –F2 · 2 / 5 = – 40 · 2 / 5 = –16 кН;
∑ M A = −Rправ 5 − F2 3 = 0;
Rправ = –F2 · 3 / 5 = – 40 · 3 / 5 = –24 кН.
Изгибающий момент на I участке М1 = 0, так как на этом участке |
||||
отсутствует нагрузка. |
|
|
|
|
На участке II |
|
|
|
|
М2 = Rлев · z2; |
при z2 |
= 0 |
М2 = 0; |
|
|
при z2 |
= 3 м |
М2 |
= –16 · 3= –48 кНм. |
На участке III (решаем справа) |
|
|
||
М2 = Rправ·z3; |
при z3 |
= 0 |
М3 |
= 0; |
|
при z3 |
= 2 м |
М3 |
= –24 · 2= –48 кНм. |
Эпюра Мизг. верт показана на рис. 5.1, в.
91
![](/html/65386/283/html_Mf0XOrvJMS.ShZh/htmlconvd-AmCsO191x1.jpg)
3.Строим эпюру изгибающих моментов, не определяя реакций опор от нагрузки, действующей в горизонтальной плоскости. В этой плоскости изгиб вызывается сосредоточенным моментом М, приложенным на левой опоре. Согласно правилу проверки эпюр при изгибе: «в тех сечениях, где приложен момент, на эпюре наблюдается скачок на величину момента в сторону его действия». Возникающие на опорах реакции показывают, что эпюра изгибающих моментов — прямая наклонная линия. На правой же опоре, по тем же правилам, М = 0. Соединяем точки М = –25 кНм и М = 0 прямой наклонной. На
участке I нагрузка отсутствует М1 = 0. Эпюра Мизг. гор показана на рис. 5.1, г. Для наглядности она развернута на 90° (до вертикального положения).
4.Строим эпюру суммарных изгибающих моментов:
Mизг.сум = Mизг.2 верт + Mизг.2 гор .
Суммирование выполняем по «характерным точкам» (начало и конец) каждого из участков нагружения. Из-под корня берем только положительные значения. Промежуточное значение М = 10 кНм на опоре Мизг гор (рис. 5.1, г) находим из подобия треугольников
25 |
= |
x |
; x = |
25 2 |
= 10 кНм. |
|
5 |
2 |
5 |
||||
|
|
|
Эпюра Мизг. сум приведена на рис. 5.1, д. Так как значения Мизг. сум вычислены из квадратного корня, соединяем их вогнутыми парабо-
лами.
5. Строим эпюру крутящих моментов Т. I участок Т1 = –2Т = –40 кНм;
II участок Т2 = –2Т = –40 кНм;
III участок Т3 = –2Т – Т = –60 кНм.
Эпюра крутящих моментов Т изображена на рис. 5.1, е.
6. Строим эпюру эквивалентных моментов, применяя III теорию прочности
MэквIII = Mизг.2 сум + T 2 .
Суммирование под корнем выполняем по «характерным точкам» (начало и конец) каждого из участков нагружения. Из-под корня извлекаем только положительные значения, которые на эпюре со единяем между собой вогнутыми параболами. На участке I эпюра Т складывается с нулем от Мизг. сум, поэтому остается неизменной,
т.е. прямой параллельной оси вала. Эпюра MэквIII представлена на рис. 5.1, ж.
92
![](/html/65386/283/html_Mf0XOrvJMS.ShZh/htmlconvd-AmCsO192x1.jpg)
7. Показываем положение опасного сечения. Оно находится в
начале участка III, где MэквIII = 77,5 кНм.
8. Из условия прочности определяем диаметр вала
σэкв. max = Mэкв. max ≤ [σ],
Wx
где Wx = 0,1d3.
Тогда диаметр вала будет равен
|
Mэкв. max |
|
77,5 106 |
||
d ≥ 3 |
|
|
= 3 |
|
≥ 249,3 мм. |
0,1 σ |
] |
0,1 50 |
|||
|
[ |
|
|
|
По нормальному ряду размеров (прил. 4, ряд Ra 40) принимаем d = 250 мм.
Пример 5.2. Расчетная схема вала сплошного круглого поперечного сечения и эпюры внутренних силовых факторов представлены на рис. 5.2. Оценить прочность вала, если диаметр вала в опасном сечении равен d = 230 мм, допускаемое напряжение материала вала [σ] = 65 МПа. Вычислить уровень напряжений, используя III теорию прочности в сечении с координатой z = 0,999 м (рис. 5.2, сечение показано пунктиром). Диаметр ступени вала в этом сечении d1 = 200 мм.
Р е ш е н и е. Как и в предыдущей задаче 5.1, вал (рис. 5.2, а) испытывает следующие деформации: растяжение силой F2; изгиб в горизонтальной плоскости силой F1, а в вертикальной — сосредоточенным моментом М, а также кручение от моментов Т. Эпюры всех внутренних силовых факторов были построены по аналогии с ме тодикой решения примера 5.1 (с построением эпюр в примере 5.2 разобраться самостоятельно). Опасным является сечение, где Mэкв. max = = 94 кНм.
1. Для оценки прочности вала вычислим величину напряжения в опасном сечении и сравним ее с величиной допускаемого напряжения, т. е. проверим соблюдение условия прочности
|
σэкв. max = |
Mэкв. max |
≤ [σ]; |
||||||
|
|
Wx |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
σэкв. max |
= |
M |
экв. max |
|
= |
94 106 |
= 77,2 МПа. |
||
0,1d3 |
0,1 2303 |
||||||||
|
|
|
|
Сравнение σэкв. max с [σ] показывает, что прочность вала недостаточна. Целесообразно увеличить диаметр вала в опасном сечении.
93
![](/html/65386/283/html_Mf0XOrvJMS.ShZh/htmlconvd-AmCsO193x1.jpg)
T = 60 кНм
F2 = 20 кН
а
F1 = 30 кН
1 м |
3 м |
2 м |
20
б0
в0
15
60 72
10
г0
18
д 0
е0
94
63
18
ж0
Опасное сечение
M = 40 кНм
T = 60 кНм
0Эп. N
0Эп. Mизг. гориз
40
0 Эп. Mизг. верт
40
0Эп. Mизг. сум
0Эп. T
60
72
0 Эп. MэквIII
Рис. 5.2. Вал в условиях сложного нагружения:
а — расчетная схема вала; б — эпюра продольных сил; в — эпюра изгибающих моментов от нагрузок, действующих в горизонтальной плоскости; г — в вертикальной плоскости; д — эпюра изгибающих суммарных моментов; е — эпюра крутящих моментов;
ж — эпюра эквивалентных моментов
94