КУРС ЛЕКЦИЙ ПО СОПРОМАТУ

4.2 Расчеты на прочность при сдвиге

По условию прочности максимальное касательное напряжение τmax не должно превышать допускаемого напряжения [τ].

Формула расчета на прочность при сдвиге имеет вид

max Qmax .

A

Для пластичных материалов обычно принимают [τ]≈0,6[σ], например для Ст.3 [τ]≈0,6[σ]≈100 МПа.

Пример

Дано: F=10 кН, d=4 мм, h=2,5 мм, материал Ст.3, [τ]=100 МПа.

Определить: из условия прочности n - количество заклепок.

Решение: По условию прочности

Q

F

,

d2

Aср

n

здесь Аср – площадь среза.

4

Отсюда n

4F

4 10 103

7,96 .

d2[ ]

3,14 16 10 6 100 10

6

Принимаем n =8.

Расчеты на срез проверяются по условию прочности на смятие:

см	F		F	см , здесь Асм – площадь смятия.
	A		hd n
	см
Для Ст.3 [σсм]=280 МПа.
Выполняем проверку: см					10 103		125 106 Па.
					2,5 4 10 6
						8

Вывод: т.к. 125 МПа<280 МПа, условие прочности выдержано.

31

5 КРУЧЕНИЕ

Кручение имеет место в случае действия на вал момента (пары сил) относительно его продольной оси.

Валом называют стержень, работающий на кручение.

Рассмотрим кручение вала круглого поперечного сечения. Пусть на вал радиусом r и длиной l действует внешний момент М.

До приложения нагрузки отметим на валу риски, которые после деформации вала займут новое положение, по которому можно определить некото-

рые характеристики деформации:

-угол закручивания φ, рад;

-угол сдвига γ, рад.

Выделим на валу элементарный участок радиусом ρ и длиной dz.

В сечении вала возникает внутреннее усилие Мк, а на элементарной площадке dρ – касательное напряжение τ.

По условию статики dA Mк	(5.1)
A

Рассмотрим деформацию элементарного участка, принимая допущение, что сечения, плоские до деформации, остаются плоскими и при кручении, поворачиваясь относительно друг друга на некоторый угол γ.

	Угол сдвига составляет	d		d	(5.2)
		dz		dz

где d - относительный угол закручивания. dz

32

В зоне действия закона Гука τ=G·γ или

(5.3)

G

d

Подставим уравнение (5.2) в (5.3) и получим G

(5.4)

dz

d

Подставив это уравнение в (5.1), получим

G 2

dA Mк ,

d

Mк

dz

откуда

.

dz

G 2dA

Определим значение интеграла.

d / 2

4

d / 2

d4

Поскольку dA=2πρ·dρ, то

2 2 d 2

.

4

32

0

0

Эта величина является геометрической характеристикой и называется

полярный момент инерции сечения: Ip

d

4

.

32

d

Mк

С учетом этого

,

(5.5)

dz GIp

откуда

Mк

dz .

GIp

Если по длине вала Мк=const и d=const, то угол закручивания вала оп-

ределим по формуле Mк l , где GIp – жесткость сечения вала при кру-

GIp

чении.

Теперь подставим уравнение (5.5) в (5.4) и получим формулу определе-

ния напряжения при кручении		Mк		,	(5.6)
		Ip

где ρ – это координата (радиус) волокон, в которых определяем напряжение.

5.1 Расчет на прочность при кручении

Расчет на прочность производят по максимальным напряжениям, которые возникают в наиболее удаленных точках сечения. Для круглого сечения

d

– это max 2 .

Подставим в формулу (6) величину ρmax и получим:

33

	max			Mк			max		Mк	,
				Ip
									Wp
	где WP	IP						3
						– полярный момент сопротивления, м .
			max

Для круглого сечения Wp d3 .

16

С учетом полученной формулы условие прочности при кручении име-

ет вид: max Mк .

Wp

Пример

Дано: М=500 Н·м, l=1 м, G=8·1010 Па, [τ]=100 МПа.

Выполнить: проектировочный расчет и построить эпюры МК, τmax,

φ.

Решение: 1 участок:

МК=-М=-500 Н·м,

	max		Mк		16M
			Wp		d3

2 участок:

МК=-М+4М=3М=1500 Н·м,

			Mк		16 3M		6M
	max				2d 3		d3
			Wp

Подбор сечения производим по 1-му участку, т.к. на нем возникают наибольшие напряжения.

max		16M	,	откуда d 3	16M	3	16 500	29,4 10 3 м
		d3					3,14 100 106

Принимаем d=30 мм.

34

Вычисляем напряжения и деформации: 1 участок:

				Mк								16 ( 500)						6
max1														94,4	10				Па 94,4МПа
			Wp							3,14 30 10 3 3
1		Mк l1										500 1 32				7,86 10					2		рад
		GIp								8 1010 3,14 30 10 3 4
2 участок:
				Mк								16 1500					6
max 2														35,4	10			Па 35,4МПа
				Wp							3,14 60 10 3 3
2		Mк l2										1500 2 32				2,95 10				2		рад
		GIp										8 1010 3,14 60 10 3 4

Выполняем расчет перемещений сечений для эпюры φ: φ0-0:=0; φ1-1:=φ2=2,95·10-2 рад;

φ2-2:=φ2+φ1=2,95·10-2 -7,86·10-2=-4,91·10-2 рад.

35

6 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

К геометрическим характеристикам плоских сечений относятся: площадь, статические моменты, осевые моменты инерции, центробежные моменты инерции, полярные моменты инерции, радиусы инерции.

6.1 Статические моменты

Обозначение: SХ (SY). Размерность: м3.

Используется: для определения касательных напряжений при поперечном изгибе; для определения нормальных напряжений в кривых брусьях; для определения положения центра тяжести сечений сложной формы и др.

Определяются: по формуле:		SX y dA			,		(6.1)
		A
где y – расстояние от элементарной площадки dA до
оси Х.
Аналогичной			SY x dA			.	(6.2)
Из известной					A	теоретической механике
				в
формулы	SX A yC			,			(6.3)

где yC – координата центра тяжести сечения.

Пример Определить: статический момент прямоугольного сечения.

Решение: выделим на координате y элементарную площадку dA=b·dy,

По формуле (6.1)

		h	by	2		h		bh	2
SX	y dA y bdy									.
			2			0		2
	A	0

Можно вычислить статический момент по формуле

(6.2): SX A yC bh	h		bh	2	.
	2		2

Если ось проходит через центр тяжести сечения, то yC=0 и таким обра-

зом статический момент сечения относительной любой центральной оси равен нулю.

36

Если сечение состоит из нескольких простых фигур, то, пользуясь формулой (6.3) можно определить положение ее центра тяжести:

y

SX

A1 yC1

A2 yC2 ... Ai yCi

.

C

A

A1 A2 ... Ai

Аналогично

x

SY

A1 xC1

A2 xC2

... Ai xCi

,

A1 A2 ... Ai

C

A

где yC и xC – координаты центра тяжести простых фигур.

Пример Определить:

положение центра тяжести сечения, выполненного из швеллера №10 и двутаврового профиля №18а.

Решение:

обозначим швеллер фигурой №1, а двутавр – фигурой №2. Из таблиц сортаментов имеем А1=10,9 см2, b1=4,6 см, h1=10 см, z0=1,44 см; А2=25,4 см2, b2=10 см, h2=18 см.

Вычисляем координаты центра тяжести сечения относительно произвольной оси Х:

yC A1 yC1 A2 yC2 A1 A2

10,9(18 1,44) 25,4 9 10,9 25,4

12,1см

Центральную ось сечения ХС проводим через координату yС. Поскольку фигуры 1 и 2 симметричны относительно вертикальной оси,

она и является центральной осью YC.

6.2 Осевые, центробежные и полярные моменты инерции

Обозначение: IХ (IY) – осевой момент инерции;

IХY – центробежный момент инерции; IР – полярный момент инерции.

Размерность: м4.

37

Используется: осевые моменты инерции используются в расчетах на прочность и жесткость при изгибе, полярный момент – при кручении.

Так, если ЕА – жесткость сечения при растяжении сжатии, то EIX (EIY) – жесткость сечения при изгибе, GIP - жесткость сечения при кручении.

Осевые моменты инерции определяются

		интегралом вида		IX	y2 dA		.
						A
		Аналогично IY			x2 dA.
						A
		Полярный момент инерции определяются по
		формуле	IP 2 dA			.
Так как ρ2=x2+y2, то			A
IP 2 dA (x2 y2)dA x2 dA y2 dA IY IX .
A	A	A	A
Таким	образом,	полярный	момент инерции равен					сумме	осевых
IP IX IY .
Центробежный		момент	инерции		определяются			по	формуле
IXY xy dA	.
A

Осевые и полярный моменты инерции всегда положительны. Центробежный момент инерции равен нулю, если хотя бы одна из осей

является центральной.

Определим моменты инерции прямоугольного сечения относительно центральных осей:

h/ 2

by

3

h/ 2

bh3

IX y2 dA

y2

b dy

3

12

A

h/ 2

h/ 2

IX

bh3

IY

hb3

12

12

Так как IP IX IY , то

IP

bh

h

2 b2

12

Для круглого сечения:

IX

IY

Iос

d4

64

IP

d4

32

38

6.3 Определение моментов инерции при параллельном переносе осей

Зачастую в расчетах требуется определять моменты инерции относительно смещённых осей X1-Y1, при известных характеристиках сечения относительно осей X-Y.

Определим осевой момент инерции сечения относительно оси Х1: IX1 y12 dA.

Так как y1=y+a, то получаем

(y a)2 dA (y2 2ya a2 )dA

y2 dA 2a y dA a2 dA

IX 2a SX a2 A

Апоскольку статический момент сечения относительно центральной

оси Х равен нулю, окончательно получим IX1 IX a2A , где а – координата

центра тяжести сечения по оси Х1 (или расстояние между осями Х и Х1).

Аналогично IY1 IY c2A , где с – координата центра тяжести сечения

по оси Y1 (или расстояние между осями Y и Y1).

Для центробежных моментов инерции IX1Y1 IXY acA, причем коор-

динаты а и с следует подставлять с учетом их знака.

Пример

Определить: момент инерции IX сечения, состоящего из двутаврового профиля и двух равных прямоугольников.

Решение: момент инерции сечения равен сумме моментов инерции двутавра и прямоугольников

IX		IXI			IXII		IXIII			2IXI IXII , где
I I		I I			a2 A			I I				h			h	2		2
													1					A
X			X1				1			X1		2			2			1
	b h3				h		h	2		2
		1 1				1				b h
		12					2			1	1
а IXII			находим из таблиц сортамента.
39

6.4 Главные оси и главные моменты инерции

Повернем оси X и Y на угол α. Момент инерции сечения относительной новых осей U и V изменится.

Найдем новые координаты элементарной площадки dA.

Из построения: u=y·sin α+x·cos α v=y·cos α-x·sin α

Найдем новые моменты инерции:

IV u2dA y sin x cos 2dA

y2 sin2 2xysin cos x2 cos2 2 dA

IX sin2 IXY sin2 IY cos2

IU v2dA y cos x sin 2 dA

y2 cos2 2xysin cos x2 sin2 2dA

IX cos2 IXY sin2 IY sin2

IUV (uv)2dA y sin x cos y cos x sin dA

IXY cos2	IX IY	sin2
2

Итак, моменты инерции сечений при повороте осей равны:

IV IX sin2 IXY sin2 IY cos2
IU IX cos2 IXY sin2 IY sin2			(6.4)
IUV IXY cos2	IX IY	sin2
2

Если сложить моменты инерции IX+IY=IP и IU+IV=IP, то получим, что

полярный момент инерции IP не зависит от поворота осей.

Если в каком-то положении осей U и V центробежный момент инерции IUV равен нулю, то эти оси – главные. Если к тому же они проходят через центр тяжести сечения, то это центральные главные оси.

Повернем оси X и Y на некоторый угол α0, при котором IUV=0

IUV	IXY cos2 0	IX	IY	sin2 0	0
			2

40