Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

+ / Техническая механика. 2012

.pdf
Скачиваний:
11
Добавлен:
18.09.2024
Размер:
4.18 Mб
Скачать

Конспект лекций по технической механике

деталей. Говорят, что детали работают на срез, и касательные напряжения называют напряжениями среза.

 

 

Q

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Условие прочности при сдвиге:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qmax

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где [] – допускаемые касательные напряжения [] = 0,6 [ ].

 

 

 

При сдвиге одна плоскость смещается относительно другой. Степень

смещения характеризуется абсолютным сдвигом S,

S

 

 

зависящим от расстояния h между сечениями. Во

 

 

 

 

 

 

избежание влияния h, вводят понятие относительного

 

 

 

сдвига:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

 

tg h .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Относительный сдвиг равняется угловому перемещению продольного волокна элемента – углу сдвига.

Между углом сдвига и касательным напряжения существует прямая

пропорциональность – закон Гука при сдвиге:

G ,

где G – упругая постоянная материала, модуль сдвига (модуль Юнга второго рода, для стали G 0,8 105 МПа ).

Величина абсолютного сдвига:

S GAQh ,

где GA – жесткость при сдвиге.

Между модулем продольной упругости Е и модулем сдвига G имеется зависимость :

G

E

 

.

 

 

 

 

 

 

2 1

 

 

Для стали = 0,25, G = 0,4Е, т.е. сопротивление сдвигу слабее, чем сопротивление растяжению.

Техническая механика http://bcoreanda.com

41

Конспект лекций по технической механике

Геометрические характеристики сечений

1. Площадь поперечного сечения (при растяжении, сжатии).

A dA .

A

2. Статические моменты сечения относительно осей Х и Y ([м3]):

Sx ydA

A

Sy xdA

A

Если оси координат проходят через центр тяжести сечения, то статические моменты равны нулю. Оси называются центральными.

3.

Координаты центра тяжести:

 

 

 

 

 

 

 

xdA

 

 

Sy

 

x

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

A

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ydA

 

 

Sx

 

y

 

A

 

 

 

 

 

c

 

 

A

 

 

A

 

Моменты инерции 4]:

 

 

 

 

4.

 

 

 

 

 

 

 

осевые:

Ix y2dA

A

I y x2dA

A

центробежный

Ixy xydA

A

полярный

I 2dA

A

I Ix I y

Оси, относительно которых центробежный момент инерции равняется нулю, называются главными осями инерции. Осевые моменты инерции относительно главных осей координат принимают экстремальные значения:

 

 

I

d 4

 

 

 

32

 

 

 

 

 

 

I

 

I

 

 

d 4

.

x

y

64

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Техническая механика http://bcoreanda.com

42

Конспект лекций по технической механике

Кручение

 

 

 

Кручение имеет место при нагрузке вала внешними силами, плоскости

действия которых перпендикулярны его продольной оси (вал со шкивами,

зубчатыми колесами и т.п.).

 

 

 

Моменты этих сил - вращающие моменты.

 

 

 

При кручении в поперечном сечении возникает внутренний силовой

фактор – крутящий момент Т. На основании метода сечений, крутящий

момент в сечении равняется алгебраической сумме внешних скручивающих

моментов, действующих с одного стороны

 

 

 

рассматриваемого сечения.

 

 

 

 

T

При приложении крутящего момента Т

 

b1

 

 

к концу жестко закрепленного вала

 

О

 

образующая ab повернется на угол и займет

a

b

 

положение ab1. – угол сдвига при

 

 

 

 

кручении.

 

 

 

Поперечные сечения поворачиваются относительно друг друга на

некоторый угол − угол закручивания .

 

 

 

 

При кручении в поперечных сечениях

возникают касательные напряжения:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

max

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где І – момент инерции сечения.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Условие прочности при кручении:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Tmax

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

max

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

W

I

– полярный момент сопротивления.

max

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5

0,6

 

 

 

 

МПа.

Для круглого сечения

W

d 4

,

 

 

 

 

 

 

 

d

 

диаметр определяется по формуле:

 

 

 

 

 

 

max

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

 

16Tmax

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При кручении расстояние между поперечными сечениями не

изменяется. Угол закручивания равняется.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T l

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

G I

где l – расстояние между двумя сечениями.

Техническая механика http://bcoreanda.com

43

 

 

 

 

 

 

Конспект лекций по технической механике

Пример.

Проверить

 

на

 

прочность

вал, если диаметр вала

d = 0,05м,

[ ]=20МПа, G =0.8 105МПа.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Т2=80Нм Т3=300Нм

Т4–?

 

1. Определяем Т4

 

Т1=160Нм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T1 T2 T3 T4 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T4 T2 T3

T1 80 300 160 220 Нм.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2. Разбиваем на расчетные участки

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3. Определяем крутящие моменты:

 

 

 

220

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Tk T

 

Т,

Нм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0х1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

Тк1 = –Т1 = –160Нм.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0х2

 

 

 

80

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тк2 = –Т1 + Т2 = –160 + 80 = –80 Нм.

160

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0х3

 

 

 

 

8,97

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, МПа

 

 

 

 

 

 

 

Тк3 = –Т1 + Т2 + Т3 = –160 + 80 + 300 =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

=220 Нм.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4.

 

 

 

Определяем

касательные

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-3,25

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

напряжения:

 

-6,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

T

 

,

рад

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,041

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

Если d = 0,05м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W d 3

0,053 2,4 10 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

м3.

 

0,0033

0,005

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

T1

 

160

 

 

6,5 МПа

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W

 

2, 4 10 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

T2

 

80

 

3, 25 МПа

 

 

 

 

 

 

 

 

W

 

 

2, 4 10 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

T3

 

 

220

 

 

8,97 МПа

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W

 

2, 4 10 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5. Проверяем прочность вала:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

max

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

max

 

 

3

8,97

20МПа

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Прочность вала достаточна.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6.Строим эпюру угла закручивания

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

n 1

 

Tn ln

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Gn I n

 

Момент инерции сечения:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Техническая механика http://bcoreanda.com

44

Конспект лекций по технической механике

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

 

d 4

0,054

6 10 7 м4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32

 

 

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Выберем некоторое сечение, считая, что его угол закручивания

равняется нулю.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0х1

 

 

 

 

 

 

 

T1 l1

 

 

0

 

160 1

 

0,0033 рад

B

A

G I

 

 

1011 6 10 7

 

 

 

 

0,8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0х2

 

 

 

 

 

 

 

T2 l2

 

 

0,0033

80 1

 

 

 

 

0,005 рад

C

B

G I

 

 

0,8 1011 6 10 7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0х3

 

 

 

 

 

 

 

T3 l3

 

 

0,005

 

220 1

 

 

0,041 рад

D

C

 

G I

 

 

0,8 1011 6

10 7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Изгиб

Изгиб возникает при нагрузке бруса силами, перпендикулярными его продольной оси, и парами сил, действующими в плоскостях, проходящих через эту ось. Изгибом будем называть такой вид деформирования бруса, при котором в его поперечных сечениях возникают изгибающие моменты.

Если изгибающий момент в сечении является единым силовым фактором, а поперечные и продольные силы отсутствуют, изгиб называется чистым изгибом. Очень часто в сечении бруса возникают поперечные силы, поэтому такой изгиб называют поперечным. Брус, который работает на изгиб, называют балкой.

Если балку, которая изгибается под действием внешних сил, рассечь плоскостью перпендикулярной к ее продольной оси, то в каждой точке сечения как результат изгиба действуют нормальные и касательные напряжения.

Нормальные усилия, действующие на элементарных площадках , проводятся к паре сил, момент которой является изгибающим моментом внутренних нормальных сил:

M x ydA .

A

Касательные усилия на своих площадках дают равнодействующую внутренних касательных сил – поперечную силу:

Qy dA .

A

Техническая механика http://bcoreanda.com

45

Конспект лекций по технической механике

Изгибающий момент в поперечном сечении численно равен сумме моментов внешних сил, приложенных к отсеченной части балки, относительно центра ее тяжести.

Поперечная сила в сечении численно равна сумме проекций внешних сил, приложенных к отсеченной части балки, на ось, перпендикулярную ее продольной оси.

Принято следующее правило знаков.

F Q

М Мх М

F

Дифференциальные зависимости при изгибе.

Изгибающий момент, поперечная сила и интенсивность распределенной нагрузки связаны следующими зависимостями (зависимостями Д.Н.Журавского):

dQdx q dMdx Q

d 2M q . dx

Выводы:

1)Если на некотором участке балки отсутствует распределенная нагрузка (q=0), то эпюра Q – прямая, параллельная оси абсцисс (Q=const), а эпюра М на этом участке наклоненная прямая.

2)Если на некотором участке имеется равномерно распределенная нагрузка, то эпюра Q – наклоненная прямая, а эпюра М – парабола.

3)Если на некотором участке балки:

Q > 0, то изгибающий момент возрастает,

Q < 0, то изгибающий момент убывает,

Q = 0, то изгибающий момент постоянный

4)Если поперечная сила, изменяясь по линейному закону, проходит через нулевое значение, то в соответствующем сечении изгибающий момент будет иметь экстремум.

5)Под сосредоточенной силой на эпюре Q образуется скачок на величину приложенной силы, а на эпюре М – резкое изменение угла наклона сопредельных участков.

Техническая механика http://bcoreanda.com

46

Конспект лекций по технической механике

6)

В сечении, где приложена пара сил, эпюра М будет иметь

 

скачок на величину момента пары. На эпюре Q это не

 

отразится.

 

7)

Если равномерно распределенная нагрузка

направлена вниз,

 

т.е.

d 2M

q 0 (вторая производная,

характеризующая

 

 

 

 

dx

 

 

кривизну линии М отрицательная), эпюра М обращена

 

выпуклостью вверх, навстречу нагрузке.

 

Пример 1:

Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, определить опасное сечение балки.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ме=60кНм

1. Определяем реакции опор

 

 

RA=71кН

 

 

 

 

 

 

 

 

RВ=79кН

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F=50

кН q=20кН

 

 

 

 

 

 

 

 

 

М A 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В

М A RB 10 M e q 5 2 3 2,5 2F 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2,5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q 5 2 3 2,5 2F M e

 

 

 

 

x1

 

 

 

 

 

 

 

RB

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2xм1

 

С

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

20 5 2 3 2,5 2 50 60

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

 

 

 

x4

 

79кН

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

71

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

М B 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

М B RA 10 M e q 5 2,5 8F 0

Qх

 

 

 

 

 

21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

RA

q 5 2,5 8F Me

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6 м

 

 

 

-59

 

 

 

 

 

 

 

 

 

20 5 2,5 8 50 60

71кН

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-79

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

205

216

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Проверка:

 

 

 

 

 

 

 

149

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мих

 

 

 

 

 

 

 

69

 

 

 

Y 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

RA F 5q RB 71 50 5 20 79 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 Разбиваем на расчетные участки

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Определяются изменением внешней нагрузки и жесткостью балки.

 

3 Строим эпюры поперечных сил Qx и изгибающих моментов M x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qx Fi

 

 

 

 

 

 

 

Миx Мi

 

 

 

 

на участке 1 0 x1 2 м

 

Qx1 RA 71кН

постоянная

Мих1 RA x1 − линейная зависимость

 

(const)

 

Мих

 

 

 

x1

0

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

0

 

 

 

 

Мих

 

x1

71 2 142кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

Техническая механика http://bcoreanda.com

47

Конспект лекций по технической механике

 

 

 

 

 

 

 

на участке 2 2м x2 5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qx RA F1 71 50 21кН

 

 

 

Ми

х2

 

 

 

 

RA x2 F x2 2 − линейная

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

const

 

 

 

 

 

 

 

 

Мих

 

 

 

 

x2

2

71 2 142кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мих

 

 

 

 

x2

5

71 5 50 5 2 355 150 205кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

на участке 3 5м x3 9м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qx3 RA F1 q x3 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3 F x3 2

q x 5 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мих3 RA

 

 

3

 

−линейная

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qx

 

 

71 50 21кН м

 

 

 

 

парабола

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

x3

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

71 2 50 3 205кН м

Q

71 50 20 9 5 59кН м Мих3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3 5

 

 

 

x

 

x3

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9 5 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

71 9 50 9 2

 

 

20

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мих

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

129кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3 9

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как Ми

− парабола, то для ее построения необходимы три точки.

 

 

 

 

 

х3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При Qx

0

 

Ми

 

 

имеет экстремум

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

х3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dMи x3

71 50 20 x 5 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

71 50

5 6м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

20

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

71 6 50 6 2

 

 

20

 

6 5 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мих

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

216кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3 6

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

на участке 4 0 x4 1м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qx RB qx4 −линейная

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

qx

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

М

их4

 

 

 

 

R

x

 

 

 

4

 

 

− парабола

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qx

 

 

 

79кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

4

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

Ми

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Qx

79 20 59кН м

 

 

 

 

х4

 

 

 

 

x4 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

x4 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

20

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Мих

 

 

 

 

x4 9

79

 

69кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

20 0,52

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ми

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

79 0,5

 

37кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

х4

 

x4 0,5

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. Анализ эпюр

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Участок 1

 

Балка

 

нагружена

только

сосредоточенной силой.

 

 

 

 

 

 

 

 

Эпюра Qx1 − прямая линия, параллельная оси Х. В

 

 

 

 

 

 

т. А на эпюре Qx скачок на величину RA 71кН .

Техническая механика http://bcoreanda.com

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

48

Конспект лекций по технической механике

 

Эпюра M x

 

− наклонная прямая, т.к.

Qx1 0 ,

Mux1

 

возрастает, тангенс угла наклона M x равен Qx .

 

Участок 2

То же самое, что и на участке 1, только Qx1 Qx2 ,

 

поэтому Mu

круче, чем Mu

. В точке приложения

 

 

 

 

x1

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

силы F на эпюре Qx скачок на величину этой силы

 

F 50кН .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Участок 3

Имеется

равномерно

 

распределенная

нагрузка,

 

следовательно, Qx3 − наклонная прямая, тангенс

 

угла наклона равен q. Так как q 0 , Qx3 убывает.

 

Эпюра Mu

x3

− кривая второго порядка (парабола),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

имеющая максимум при Qx3 0 . При Qx3 0

Mux3

 

возрастает,

при

Qx3 0 Mux3 убывает.

Так

q 0

 

(направлена вниз,

d 2Mи x3

0 ), у Mu

выпуклость

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

dx

 

x3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

вверх.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Участок 4

Имеется

равномерно

 

распределенная

нагрузка,

 

следовательно,

Qx4

наклонная прямая. В т. В

 

скачок на величину реакции опоры RB 79кН .

 

 

Эпюра Mu

 

− парабола в выпуклостью вверх. В

 

 

 

x4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

точке приложения момента на эпюре

Mu

скачок

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x4

 

 

на величину момента Ме 60кН м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Техническая механика http://bcoreanda.com

49

Конспект лекций по технической механике

Прочность при изгибе Нормальные напряжения. Расчет на прочность.

Нормальные напряжения зависят только от изгибающего момента, а касательные только от поперечной силы. Это позволяет упростить расчет нормальных напряжений для частного случая чистого изгиба, когда Q = 0.

Если подвергнуть плоскому изгибу брус с нанесенной на его поверхность сеткой, то наблюдаются следующие факты:

1) линии И и ІІ-ІІ на поверхности балки после деформирования повернутся на некоторый угол d , оставаясь прямым, т.е. поперечные сечения плоские до деформирования остаются плоскими и после деформирования (гипотеза плоский сечений);

2) волокно ab на выпуклой стороне удлиняется (волокно растягивается), а волокно ef сокращается (сжимается), длина волокна cd остается без изменений (не испытывает ни растяжения, ни сжатия)

Волокна, не изменяющие своей длины, образуют нейтральный слой. Линии пересечения нейтрального слоя с плоскостью сечения балки называется нейтральная ось.

Нормальные напряжения в любой точке сечения можно найти по формуле:

M y .

I x

Расчет балок на прочность проводится по максимальным нормальным напряжениям, возникающим в тех поперечных сечениях, где наибольший изгибающий момент.

Для балок пластичных материалов (механические характеристики при растяжении и сжатии одинаковые) условие прочности:

max M ymax .

I x

В случае симметричного сечения относительно нейтральной оси:

max M ,

Wx

Техническая механика http://bcoreanda.com

50