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

Напряжения сдвига, вызванные действием попёречной силы, равномерно распределены по сечению (рис. 44, о):

Я

' с - F ■

Максимальные напряжения кручения равны (рис. 44,6):

максимальное суммарное напряжение в точке А сечения, и которой совпадают направления тс и ткр (рис. 44, в), равно:

вая линейную зависимость меж­ ду ними . (рис. 45) , можно найти по формуле:

* В действительности сечение не будет круглым, так как оно не про­ ходит нормально к оси стержня.

59

Если учитывать только кручение стержня пружины, то работа силы Р будет равна потенциальной энергии закрученного вала длиной, равной длине развернутой пружины: A = U. Или, учи­ тывая выражение (4.25), имеем:

Приближенные формулы (4.26) и (4.28) в большинстве случаев и применяют для расчета винтовых цилиндрических пружин.

Пример 10. Узел приводов агрегатов ТРД имеет кинематическую схему,

где мощность Л'3 на валу 3 считаем, пренебрегая трением, равной мощно­ сти А6 «=92 л. с.:

92 т3= 716,2 1860 : 35,4 кГм.

60

Колесом 4, вращающимся также со скоростью п4= п3= I860 об/мин, передается мощность .Ѵ4=40 л. с. Тогда часть вала, примыкающая к ко­ лесу 4, нагружена моментом т 4, равным:

40

т 4 = 716,2 j g-gQ = 15,4 к,Гм.

Внутренние шлицы вала 3 нагружены со стороны вала б моментом ms, уравновешивающим вместе с моментом пц ведущий момент т3. Тогда тв= ніз—ні4=20 кГм. Моменты т і и ш6 направлены, естественно, в сто­ рону, противоположную направлению момента шз (рис. 46, б).

Рассекая вал 3 на участках а и Ъ, определяем в соответствии с пра­ вилом, изложенным в § 27, крутящие моменты:

<р = т3 — 35,4 кГм:

Мкрь = тъ— те — 15,4 кГм.

Вал 6 нагружен со стороны вала 3 моментом т 6, равным по величине

и обратным по направлению моменту т6. На другом конце вала 6 дейст­ вует уравновешивающий момент пг8, приложенный со стороны зубчатого колеса 8. Крутящий момент на валу 6 постоянен и составляет:

/И^.р = — mR — — 20 кГ.и,

Эпюры крутящих моментов вала 3 и 6 показаны на рис. 46, в.

Пример 11. Участок вала хвостовой трансмиссии вертолета состоит ил трех звеньев, каждое из которых представляет собой стальную трубу с диаметрами 77=45 мм, d-AO мм, длиной /= 1,2 м. Найти касательные на­ пряжения в точках сечения вала, лежащих у внешней и внутренней по­ верхности, общий угол закручивания участка трансмиссии и его потенци­ альную энергию, если вал вращается со скоростью л = 1200 об/мин, пере­ давая мощность N - 220 л. с.

Р е ш е н и е . Найдем полярные моменты инерции и сопротивления се­ чения вала, воспользовавшись формулами (4.13), (4.15) при а=40/45=0,89.

/р = 0,1774( 1 - а 4);

Ір = 0,1 -45< (1 - 0,89‘) = 15,1 • ІО4 мм*. 1 ^ = 0,2773(1 -а *);

Wp = 0,2-453 (1 — 0,894) = 6,75Юз мм*.

Крутящий момент вала определяем по формуле:

N

А'!кр = 716,2 — кГм\

220

Л4кр = 716,2- ІО3 -J2Ö5" ~ 131 • Ю3 кГмм.

Наибольшие напряжения в точках сечения, лежащих у внешней по­ верхности вала, определяются формулой (4.9):

_ А4Кр

ТШ0Х- -ЩГ- :

131-103 ттах — 6,75-ІО3 — 19,6 кГ/мм*.

61

Напряжения при кручении вала изменяются по сечению пропорцио­ нально расстоянию точек от центра сечения. На внутренней поверхности нала будут действовать напряжения:

г

твн ■ттах Д = Ттпха’

Твн = 19,6-0,89 = 17,4 к/'Ім.м*.

Угол закручивания вала находим по формуле (4.12):

_ Лікр^общ

?b G ~ '

где /общ =3/«3.6 • 103 мм — общая длина вала;-

G=8 • ІО3 кГІмм1— модуль упругости второго рода для стали. Тогда получим

(рис. 47) имеет винтовую цилиндрическую пружину, навитую из пяти витков стальной проволоки диаметром d = 3 мм при внешнем диаметре ци­ линдра D=20 мм. Длина пружины в свободном состоянии /о=30 мм. Оп­ ределить давление в гидроазот­ ной системе и напряжение в вит­ ках пружины в момент открытия клапана, если длина пружины в этот момент составляет /=21 мм.

пружины при сборке клапана:

Р

64/?3л '

где X—to—/= 9 мм —деформация пружины в собранном клапане;

G=8 - 10s кГ/мм2— модуль сдвига стали;

d —3 «ж —диаметр проволоки пружины;

D—d

Р— —Г)— —18 мм — средний радиус пружины;

п= 5 —число витков:

9-8-103-34

Р64-183-5 — 3,12 кГ-

Напряжения в витках пружины определяем по формуле (4.26):

62

Глава У

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БРУСА

Простейшая геометрическая характеристика сечения — площадь входила в расчетные формулы для растяжения и сдвига, т. е. когда принималось равномерное распределение напряжений по сечению.

При кручении напряжения по сечению бруса распреде­ лены не равномерно, а по линейному закону, и поэтому в рас­ четные формулы входит не площадь, а другие геометрические характеристики сечения — полярные момент инерции и мо­ мент сопротивления.

При расчетах на изгиб будут нужны такие геометрические характеристики, как статический момент, осевые моменты инерции и сопротивления, радиус инерции.

§ 33. СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СЕЧЕНИЯ

Статическим моментом сечения относительно оси назы­ вают сумму произведений элементарных площадок на их рас­

тельно осей ох и оу имеют вид:

Sx = J ydF;

F

щадок (рис. 48).

64

Вспоминая формулы координат центра тяжести плоской фигуры:

В зависимости от знака координаты центра тяжестр сече­ ния статический момент может быть положительным, отрица­ тельным и равным нулю. Например, для сечения (рис. 49):

§34. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ

ИМОМЕНТЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ СЕЧЕНИЯ

Осевым моментом инерции сечения называют сумму про­ изведений элементарных площадок на квадраты их расстоя­ ний до оси, взятую по всей площади сечения:

Полярный момент инерции сечения относительно центра О равен:

Ip = SfidFt

F

HQ р?**}р+у* (рис. 5Q).

Тогда

Ip = l(x* + y * ) d F = lx 4 F + $y*dF

Полярный момент инерции сечения равен сумме осевых моментов инерции.

Это справедливо в случае, когда центр (полюс) находится в начале координат.

Центробежным моментом инерции сечения называют сум­ му произведений элементарных площадок на их расстояния до координатных осей:

4, ~-=\xydF. (5.5)

F

В расчетах применяют иногда величины, называемые ра­ диусами инерции:

(5-б)

Осевым моментом сопротивления сечения называют отно­ шение момента инерции сечения относительно оси к расстоя­ нию до наиболее удаленной от оси точки сечения:

Если сечение несимметрично относительно оси, то оно бу­ дет иметь два различных момента сопротивления. Например, для сечения, показанного на рис. 50, имеем

§ 35. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ ПРИ ПАРАЛЛЕЛЬНОМ ПЕРЕНОСЕ ОСЕЙ

Пусть известны моменты инерции Іх, Іу и Іху относительно центральных осей хоу. Надо найти моменты инерции относи­ тельно осей Х\0 \У\, параллельных центральным осям (рис. 51). Момент инерции относительно оси 0 \ Х\ равен:

IXl = h\dF .

Но уі= у + а. Тогда

4 , = J (У + а)2 dF= §y2dF+2a ]ydF + а2 [dF.

F F F F

66

Здесь

Момент инерции сечения относительно любой оси равен моменту инерции относительно центральной оси. параллель­ ной данной, плюс произведение площади сечения на квадрат расстояния, между осями.

Таким образом, из всех ,момен­ тов инерции сечения относитель­ но ряда параллельных осей наи­ меньшим будет момент инерции относительно центральной оси.

Для центробежного момента инерции легко получить выраже­ ние:

§ 36. ГЛАВНЫЕ ОСИ,

ГЛАВНЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ

Через данное начало координат можно провести сколько угодно осей. Моменты инерции сечения относительно этих осей будут различными. Две оси носят название главных или главных центральных осей, если они проходят через центр тяжести сечения. Относительно одной главной оси момент инерции наибольший, относительно другой — наименьший. Моменты инерции /тах и / тт относительно главных осей на­ зывают главными моментами инерции *. Доказано, что

—главные оси взаимно перпендикулярны;

—ось симметрии сечения (если она есть) всегда будет главной осью;

—центробежный момент инерции относительно главных осей равен нулю;

ными радиусами инерции.

—сумма главных моментов инерции равна сумме мо­ ментов инерции относительно двух любых других взаимно перпендикулярных осей, имеющих то же начало;

—если для сечения (рис. 52) известны Іх, Іу и Іху, то по­

ложение главных^осей UOV и главные моменты инерции /тах и /тш можно найти по формулам:

Полученные из выражения (5.11) два значения угла ио отличаются друг от друга на п/2. Меньший из них по абсо­ лютной величине, не превышающий я/4, откладывается от оси ох и показывает положения главных осей. При этом глав­ ная ось, которой соответствует /max, наклонена под углом |аоІ< я/4 к оси ох или оу с большим моментом инерции (см. рис. 52). Положительный угол ад откладывают против часо­ вой стрелки.

§37. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ

ИМОМЕНТЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ ПРОСТЕЙШИХ СЕЧЕНИЙ

Прямоугольное сечение

Вычислим момент инерции прямоугольника относительно щентральной оси ох:

Іх = b 2dF.

F

68