Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги из ГПНТБ / Черонис, Н. Д. Микро- и полумикрометоды органического функционального анализа

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.10.2023

Размер:

4.82 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1511 12 13 14 15 > Следующая >>>

Откуда получаем:
mR = 11850 -0,8+490 -4,74 1940+5310-2,35 + 796 • 0,9=26900			кГн\
Л'л	'26900 і- 11850-3,9 - 5310-2,35 796-3,8 - 1910
	----------- !----------- -— —	J---------<------ 1------------- = 18400 кГ.
Для	проверки правильности	нахождения реакций можно	подставить

их в любое уравнение равновесия. Если оно превращается в тождество 0=0, то реакции найдены правильно. Наиболее просто было бы спроек тировать все силы на ось оу. Однако в этом случае в уравнение I,Fyi= 0 не войдет реактивный момент inR и правильность нахождения его про

верить не удастся.

Составим уравнения моментов относительно точки С, к которой не приложены сосредоточенные силы:

~ m R — R А а - г Рр (а — е) 4-	2 d	I	і ц + b \	—
~ m R — R А а - г Рр (а — е) 4-	з~ И-	( о. —	2 J ^	—
— отш = 26900 18400-2,7 + 11850-1,9		1- 796-l,S 1- 5310-0,35 -
- 490-2 -	1940 =	0.

Реакции найдены правильно. Переходим к построению эпюр изгибаю щих моментов и попеоечных сил. Балка имеет три участка AB, ВС н CD. Проведем первое сечение на участке CD, отделив часть балки длиной 2| (рис. 78,6). Учитывая правило знаков, приведенное в § 40, получим вы ражения для Q и A4 первого участка:

Qi — f\n г 7+i-	•У	(я)
А / , = — т т — P w 2 t -	у , 1 L .	( Ь )
Выражения (а) и (Ь) справедливы для	первого участка балки,	г. е.

при 0 ^.2, ' Ь . Как видно из уравнений, эпюра Q первого участка ограни чена прямой линией, а эпюра A4 — параболой.

Определим численные значения поперечной силы и изгибающего мо мента в точках D и С:

точка D

* ,= 0;

Qn = >’ш = »«О '<■/ -.

АІй = — таj = — 1910 кГ.ч;

точка С

	2,	= 6 = 2 м;
Qc =	+	П;Ь = 490 --		1130-2;
	Q c	= 2750 кГ ;
Мс = - тш - РШН -		= 1940	-	490-2 — J130 :

M r — — 5180 кГм.

Найдем еще одно значение A4,, например, при г,=0,5 6=1 м:

Mz 1 м = - 1940 - 490-1 -1 1 3 0 -^- = - 2990 кГм.

100

По найденным значениям Qі и М\ строим эпюры для первого участка

(рис. 78, д, е).

Рассечем балку на втором участке и рассмотрим часть балки длиною z2 (рис. 78, в). На нее, кроме силы Рш и пары тш, действует распреде ленная нагрузка постоянной интенсивности q2 и нагрузка переменной ин

тенсивности, величину q г которой	в проведенном сечении можно найти из
соотношения (см. рис. 78. а):
4 z	= Zu - b
Ч\-Ч*	а
Откуда
Ч г = ! h ^ J ± (*■-> -	*) = 218 (Z, -	к П м .

Равнодействующие распределенных нагрузок на этом участке равны:

Ftz = q2z2=•■ 1130 z,;

F,z = 4 “ 4z (*." - b) = 109 (z, - 2)2.

Силы F іг и F2z приложены на расстояниях от сечения, соответственно равных:

Z n - b	z-t — 2
0.5z, и —^2— - =	— 2-----.

Выражения для поперечной силы и изгибающего момента на втором участке балки примут вид:

Q , = Р ш + F , z Г F , p

	Q., =		490	+ 1130 z, -	109 (z, -	2)-'.	(c)
M 2=				z2	z2	— b
M 2=	— m ul	/	mZn	F \ z	F	2	'
M2 -= -	1940 -	490z,		— 565z; -	36 (z, - 2p.		(d)

Уравнения (с) и (d) имеют силу только на участке балки СВ при b<.z2< а+Ь—е. Определим величины Q2 и М2 в точках С, В и в середине участка при z2=3 м. Подставляя в уравнения (с)‘ и (d) значения z2—b= = 2 м, z2= 3 м и z2—a+ b—е—3,9 м, получим:

Qc , = 2750 кГ\	М (., =	-5 1 8 0	кГм\
0 ч ~Ъм --- 3990 кГ:	/Ига=з.‘,' -	— 7530	кГм\
Qß =5290 кГ:,	Мв = -	12700 кГм.

По вычисленным величинам Q2 и М2 строим эпюры участка.

Проведем сечение на третьем участке AB. На первый взгляд кажется, что проще рассматривать часть балки, расположенную слева от сечения, так как на нее действует меньшее число сил Но в этом, случае нужно снова находить зависимость интенсивности распределенной нагрузки от

длины отсеченной части балки.	..	. .
Если рассматривать часть	балки, расположенную справа от сечения

(рис. 78. г), то легко заметить, что нагрузка этой части балки аналогична приложенной к балке справа от второго сечения (рис. 78, а), поэтому вы годнее отделить часть балки длиной 23 и использовать уравнения (с) и

№f

(cl), включив в них приложенную в точке В силу Рр. Тогда уравнения для поперечной силы и изгибающего момента на участке AB примут вид:

■' Рз = Рт + F\z + F2z + Pp,

— т ш P ш23 F lz

F 2z ß

Pp [2;, • (я -f- ft — e)|.

Подставляя численные значения величин, получим:

С?з=490+113023+109(23—2)2+ 11850;					(е) .
А/3= -1940-490г3—565г\|—З6(23—2)3—11850(2, — 3,9),					(f)
где а+Ь—е < 23< а+ 6 или 3,9 м < z3< 4,7 м.
Вычислим величины Q3 и Л4,		при г3=3,9 м. г3=4,3 м и в			точке А
при ?з=4,7 м:
Qg, =	17100 кГ;	Л'ІВ '	-	12700 кГж,
Q* = 4,3.«	17700 кГ:	М, = 4.3 .V		19700 к Гм;
Qa =	18400 к Г;	Л'Іл =	- 26900 к Гм.
Наносим эти величины на эпюры участка			(см. рис. 78, д, е).
Величины поперечной силы и изгибающего момента в точке А чис
ленно равны действующим в этой		точке	реакциям R A		Следова

тельно, вычисления произведены правильно. Так как изменение интенсив ности распределенной нагрузки незначительно по сравнению с величиной сосредоточенных сил Рр и ЯА> то кривизна эпюры Q на участках ВС и ,4В мало заметна. Невелика также кривиз

на эпюры М на участке AB.

Пример 16. Грузовой пол самолета опирается на параллельно поставленные балки, склепанные из прессованных про филей сплава Д16Т. Балки, сечение кото рых дано на рис. 79, расположены на рас

стоянии	а —0,6	м	друг от	друга,	длина
каждой	/=0,95	м.	Момент	инерции	каж

дого из четырех угольников относительно своей центральной оси равен / уг== 1,44 см', площадь сечения Fyг= 1,72 с м 2.

Найти запас прочности балок по нор мальным напряжениям, если пол самолета загружен равномерно распределенной на грузкой, номинальная величина которой равна р=800 кГ/м2, учитывая возможную шестикратную перегрузку.

Р е ш е н и е . Каждая балка поддержи вает участок пола площадью аХ/, следо вательно, расчетная загрузка балки со ставляет 6 pal. Тогда интенсивность погон ной нагрузки равна для балки q=6paljl=

=6 ра или 9=6 • 800 • 0,6=2880 кГ/м. Мак симальный изгибающий момент для балки, лежащей на двух опорах и несущей равномерно распределенную нагрузку

(см. рис. 62, б), равен:

qV^	' '	2880- 0,952
М ц» = ~к~ ;	Ммы -	= 324 кГм.
8

102

Момент инерции сечения балки равен Ьумме момёнтов инерции листа 1,5X70 мм и четырех угольников относительно центральной оси ОХ сече ния:

/ = — ^2- - -14 (1/I4È-! 2,652-1,72) =~ 5R,3Yu'.

Момент сопротивления сечения легко найти:

/5 8 ,3

W — —-----;

И"-------ö tr =

16,7

см-'.

-'max

°,,J

Наибольшие нормальные напряжения в балке равны:

.............

YuiX =

/Winas

W~ '•

324■ 102

19,7

icl'jMM-,

3mas

16,7 - ІО-1

Запас прочности

балки

гри

пределе

текучести сплава

Д16Т (см.

табл. 2) От =-33 кГ/іш£

составляет:

М-х —

__^т

т —

3 3

1,7.

I ^

19,7

"'max I

Пример 17. Определить максимальный прогиб балки грузового пола

самолета по данным примера 16.

Р е ш е и и е.

Составим

диффе

ренциальное

уравнение упругой линии

равномерно

загруженной

балки

(см.

§ 46). Изгибающий момент в произ

вольном сечении

(рис. 80) равен:

ді

Л! == R Az — q - Y

- 2 - z -<1—

■

Уравнение іб.И)

примет вид:

г , d-y

<Il

Z'1

E l Ч Ч ”

~2~ 2 *

Ч~2~ *

После интегрирования получим:

(

lz2

z-'

(а)

() -

(

—

!Cj;

■

lz3

\ - D) .

(6)

У "

~ЁТ Г Т Г ~

" д г |

Постоянные интегрирования найдем из граничных условий, зная, что на опорах балки прогиб равен нулю, а в середине симметрично загружен

ной балки равен, нулю угол поворота. Таким образом,		при 2=0, у —0 и
при г=1/2, 0=0 (с).	(а) и (Ь), получим
Подставляя условия (с) в уравнения
/з	D = 0.	,
С ------ол •

103

После подстановки постоянных интегрирования уравнение упругой ли нии балки получит вид:

<7 / lz3	z4	l3z \
*-ѵ = ~ЕГ ( л г	~ ~2і~~ І4 ~ j ■		(d)

Прогиб середины балки будет наибольшим. Его величину получим из уравнения (d), подставив в него z —l/2.

_ *	5(lli
>'2=о,е/ - / - -	384£/ -

где знак минус показывает направление прогиба.

Учитывая данные примера 16 и величину модуля упругости алюминие вого сплава (см. табл. 1) £‘=0,71 ■ІО4 лГ/мм2, получим

5-2.88-950« 384-0,71 • ІО4-58,3-104 — м ЛМЛ

Глава ѴІІ

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ

§47. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

Впредыдущих главах были рассмотрены простые дефор мации, при которых действующие в сечениях бруса напряже ния приводятся лишь к одному внутреннему силовому фак тору. Исключение составил случай поперечного изгиба, ха рактерный одновременным действием двух факторов — изги бающего момента и поперечной силы. Распространены, од нако, случаи нагружения бруса, при которых в поперечных сечениях его действует сразу несколько внутренних силовых факторов. Эти случаи принято называть сложным сопротив лением. К ним относятся, например, косой изгиб, изгиб с рас тяжением (сжатием), изгиб с кручением и т. п.

Расчеты на прочность и определение деформаций в слу чаях сложного сопротивления основаны на принципе незави симости действия сил, применение которого ограничено сле дующими условиями:

— должна сохраняться линейная зависимость между на пряжениями и деформациями, следовательно, суммарное на пряжение в каждой точке не должно превышать предел про порциональности;

— деформации должны быть достаточно малыми, чтобы вызванное ими изменение расположения внешних сил не влияло существенно на характер нагружения бруса.

На практике оба эти условия обычно соблюдаются. .

§ 48. НЕПЛОСКИИ	1
И КОСОЙ ИЗГИБ

Изгиб называется неплоским, когда изгибающие нагрузка не лежат в одной плоскости (рис. 81).

В частном случае, когда изгибающие нагрузки лежат в одной плоскости, наклоненной к главным осям сечения, изгиб называется косым.

Неплоский, в том числе и косой изгиб, удобно приводить к двум прямым плоским изгибам, раскладывая нагрузки на

составляющие, расположенные в главных плоскостях.
	Рассмотрим косой изгиб
	консольной		балки		прямо
	угольного	сечения,			нагру
	женной на свободном				конце
	силой Р, наклоненной под
	углом а к главной оси сече
	ния оу (рис. 82). Разложим
	силу Р	на	составляющие
	РУ= Р cos а и РХ = Р sin а.
	Построим		эпюры		изги
	бающих моментов			отдельно
	для главных плоскостей, ис
знаков. Очевидно,	пользуя	обычное		правило
	что моменты Мх и Мѵ для всех сечений от
рицательны, так	как соответствуют растяжению			для	точек
сечения с положительными координатами х и у.

'Для сечения, расположенного па расстоянии z от заделки,

имеем:

Мх= —Py(l—z) = —Р(1—z)cos а;

My = —Px{l—z)= -^P {l—z) sin а.

(7.1)

Таким образом, косой изгиб представляет собой сочетание

Д В У Х П Р Я М Ы Х И З Г И б О В В Г Л а В Н Ы Х П Л О С К О С Т Я Х y O Z И X O Z .

Нормальные напряжения в произвольной точке сечения находим по формуле (6.8) в соответствии с принципом неза-

106

внешности действия сил, как сумму напряжений, возникающих от обоих изгибов:

Мху	М ух
3 — -	(7.2)
~ х	V

Значения изгибающих моментов и координаты точек надо подставлять е формулу (7.2) со своими знаками. Тогда легко получить знаки составляющих напряжений, показанные на сечении (см. рис. 82). Максимальные по величине результи рующие напряжения действуют в точках, наиболее удален ных от обеих нейтральных осей в тех четвертях сечения, для которых составляющие напряжения имеют одинаковые знаки. Например, для точки А получим максимальные растягиваю щие напряжения:

Мх | Му

(7.3)

n r + - w ;

Для точки В наибольшие напряжения сжатия равны:

Мх /VIу

(7.4)

Ж" ~Wy

Наглядное представление о распределении нормальных напряжений по сечению при косом изгибе дает пространст венная эпюра напряжений (рис. 83).

Нейтральная				ось
при косом изгибе прой
дет по четвертям се
чения,	для		которых
знаки	составляющих
напряжений		различны.
Пусть	точка		Е	(см.
рис. 83) лежит на ней					Нейтральная
тральной оси.				Тогда
зЕ =0,	или	по форму			ось
ле (7.2):
0	Мху0		М ух 0		Рис. 83
	/,

г,де Хо, уо — координаты точек нейтральной оси.

Подставив значения изгибающих моментов из выражений

(7.1), получим
0 =	Уо cosa \|_ Р(1 — z) х 0 sin а
	'Iг*

107

откуда следует уравнение нейтральной оси:

(7.5)

Следовательно, нейтральная ось сечения есть прямая, про ходящая через начало координат (центр тяжести сечения). Угол наклона ее ß по величине определяется вытекающим из уравнения (7.5) соотношением:

(7.6)

Для сечений, с равными моментами инерции относительно главных осей (круг, квадрат и т. п.), получим |tg ß | = |etg a|, т. е. нейтральная ось будет перпендикулярна плоскости на грузки. В этой плоскости останется изогнутая ось балки и, следовательно, произойдет не косой, а прямой и плоский из гиб. Чем больше разница моментов инерции сечения, тем меньше угол между нейтральной осью и осью наименьшей жесткости.

В общем случае неплоского изгиба (см. рис. 81) отноше ние изгибающих моментов M JM y и угол наклона нейтраль ной оси изменяются по длине балки, изменяется также на правление прогибов и упругая линия становится пространст венной кривой.

Опасное сечение балки при неплоском изгибе не может быть установлено сразу, как при косом изгибе, когда оба мо^ мента Мх и Мѵ имеют максимальную величину в одном и том же сечении. Расчет на прочность следует делать для несколь ких сечений, учитывая не только величины Мх и Мѵ, по и от ношение моментов сопротивления сечения.

§49. ИЗГИБ С кРУЧЕНИЕМ КРУГЛЫХ ВАЛОВ

Валы, нагруженные только крутящими моментами так, как было показано в главе IV, встречаются в авиаконструк циях не часто. К таким валам относятся, например, валы-рес соры турбовинтовых двигателей, валы приводов некоторых агрегатов двигателей, валы хвостовых трансмиссий вертоле тов и другие. Обычно силы, действующие на валы от зубча,- тых колес, подшипников и пр., вызывают не только кручение, но и изгиб, а часто и растяжение или сжатие. Действительно, сила /V давления зуба одного прямозубого колеса на зуб дру гого колеса (рис. 84, а) раскладывается на окружную силу Р и радиальную Рт: Перенося силы на ось вала, получим две

108

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1511 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги из ГПНТБ