Sopromat_sem_11(old)

соответствующие им координаты точек ядра сечения (точки 1, 2, 3):

	yя yP	iz2	;	zя zP	i2y	.	(8.13)
		yн.л.			zн.л.

Так как при переходе нейтральной линии с одной стороны на другую (например, от н.л 3 к н.л 4) она поворачивается вокруг угловой точки сечения, то точка приложения силы перемещается по прямой (на рис. 8.10 отрезок 3 – 4), образуя контур ядра.

Пример 8.4. Построить ядро сечения для круга диаметром d.

Решение. Квадрат радиуса инерции круга:

iz2

Iz

d4

4

d2

.

64 d2

A

16

Задаем положение нейтральной линии 1–1, касательной к окружно-

сти. Ее координаты:

zн.л 1 = ∞; yн.л 1 = d/2.

1

y

1

Координаты точки ядра сечения:

zя1

iy2

d2

0;

d 4

zн.л.1

16

1

z

2

d

2

2

d

yя1

iz

.

yн.л.1

16 d

8

d

Из симметрии сечения относительно его центра тя-

жести следует, что при

других положениях ней-

тральной линии на окружности диаметром d точки ядра сечения образуют

концентрический с ней круг диаметром d/4.

Пример 8.5. Построить ядро сечения для прямоугольника с размером сторон b h.

Решение. Квадраты радиусов инерции:

2

I

z

bh3 1 h2

2

Iy

b3h 1 b2

iz

;

iy

.

A

A

12 bh 12

12 bh 12

Задаем положение нейтральной линии 1-1, касательной к верхней грани прямоугольника. Ее координаты: zн.л 1 = ∞; yн.л1 = h/2. Координаты соответствующей точки ядра сечения:

y

1 2

1

2 z

h

h 6

b 6 1

b

2

iy2

b2

i

2

h2 2

h

zя1

0;

yя1

z

.

zн.л1

yн.л1

12 h

6

12

Аналогично для нейтральной линии 2-2: zн.л 2 = b/2;

yн.л 2 = ∞.

i2y

b2

2

b

i

2

h2

zя2

;

yя2

z

0.

zн.л2

12 h

6

yн.л2

12

100

Учитывая симметрию прямоугольного сечения относительно осей z и y, задаем положения нейтральных линий на противоположных сторонах прямоугольника и получаем еще две точки. Соединяя все точки, получаем

ядро сечения в виде ромба с диагоналями, равными h/3 и b/3.

	IV	y	II
I			I
		3
h	2		4
			z
		1
III			III
			z0
		b
	IV		II

Пример 8.6. Построить ядро сечения для швеллера № 20.

Решение. Из таблицы сортамента выпишем исходные данные и выполним рисунок швеллера.

Последовательно задаем положение нейтраль-

ной линии (I-I, II-II, III-III, IV-IV), касающейся контура сечения, и вычисляем координаты точек ядра сечения. Расчеты представлены в табличном виде.

Ядро сечения имеет вид четырехугольника, асимметричного относительно оси ординат. Положе-

ние ядра сечения зависит лишь от формы и размеров поперечного сечения, но не зависит от вели-

чины приложенной силы.

I-

yн.л. = h/2 = 20/2 = 10 см;

zн.л. = ∞;

i2y

yя

iz2

8,072

6,51см

2,2

2

I

1

; zя

0;

yн.л.

10

zн.л.

II-

yн.л. = ∞;

zн.л. = b – z0= 7,6–2,07 = 5,53 см;

yя

iz2

8,07

2

0;

i2y

2,2

2

II

2

zя

0,845см;

yн.л.

zн.л.

5,53

III-

yн.л. = –h/2 = –20/2= –10 см;

zн.л. = ∞;

i2y

yя

iz2

8,07

2

6,51см;

2,2

2

III

3

zя

0;

yн.л.

zн.л.

10

IV-

yн.л. = ∞;

zн.л. = – b = –2,07 см;

yя

iz2

8,07

2

0;

iy2

2,22

IV

4

zя

2,34см;

yн.л.

zн.л.

2,07

Расчет на прочность при внецентренном нагружении

Поверочный расчет выполняют, используя условие прочности

σ	N		M	z		M y	σ .
	A					Wy
			Wz

Проектный расчет обладает особенностью, связанной с тем, что геометрические характеристики, входящие в условие прочности содержат искомый размер поперечного сечения в разной степени. Площадь А измеряется в м2, а моменты сопротивления W в м3. Попытка выразить искомый

101

размер из условия прочности приводит к трансцендентной функции, то есть аналитической функции, не являющейся алгебраической.

Проектный расчет выполняют методом итераций1 [от лат. iteratio –

повторение]. В первом приближении, пренебрегая одним из внутренних усилий, – продольной силой N – подбирают размер сечения только из условия прочности при изгибе. Полученный размер подставляют в исходное уравнение и выполняют следующую пробу. Процесс повторяют до тех пор, пока невязка – разность размеров последующей и предыдущей проб, не достигнет заданной наперед малости.

Пример 8.7. (Винокуров А. И. Сборник задач … 5.35).

Подобрать диаметр стержня выпускного клапана. При расчете использовать усилие F в момент открывания клапана в конце рабочего хода поршня.

Дано:

p = 1,5 МПа;	e = 12 мм;
D = 35 мм;	[σ] = 210 МПа

F	F			Решение. Сила давления газов на та-
		релку клапана			p π D2	1,5π352 1443Н.
e	e		F p A
				клап	4	4
1	1	М		Внутренние усилия в сечении 1-1 стерж-
	N	ня клапана (по модулю):
					N = F; M = F∙e.
	d	Условие прочности:
		σmax	N M σ ;		σmax F 4 F e 32 σ .
p	D		A	W		πd2	πd3
		4F					4F
			d 8e σ ,
		πd3			откуда	d 3	π σ d 8e .

По обе стороны от знака неравенства искомый диаметр – имеем трансцендентное уравнение, которое решаем методом приближений:

d0 0; d1 34 1443 0 8 12 9,435 мм.

π210

d2 34 1443 9,435 8 12 9,735мм. π 210

d3 34 1443 9,735 8 12 9,744 мм. π 210

1 Метод последовательных приближений, при котором каждое новое приближение вычисляют исходя из предыдущего; начальное приближение выбирается в достаточной степени произвольно.

102

Разность между последним и предпоследним приближениями

9,744 9,735100 0,0924 %.

9,744

Процесс подбора прекращаем, принимаем d = 10 мм.

σ F 4

F e 32

Проверка:

1443 4 1443 12 32

18,4 176,4 194,8 МПа .

πd2

πd3

π 100

π 1000

Напряжения изгиба больше напряжений растяжения в

σизг

176,4

9,6раза.

σраст

18,4

Пример 8.8. (Винокуров А. И. Сборник задач …

5.38.).

Из расчета на прочность определить размер

h скобы струбцины.

Решение.Условие прочности при вне-

центренном растяжении плоской фигуры

F M ,

A

W

b

где

A = b∙h; W = b∙h2/6;

M = F(a+h/2).

Условие прочности:

F F a h/2 6

F 6Fa

3Fh

;

bh

bh2

bh

bh2

bh2

F h

6

a

3

h

;

F

4

h

6

a

.

h2

b

b

h2

b

b

b

a

h

Требуемый размер скобы:

h

F

4

h

6

a

b

b

.

σ

Размер h в обеих части неравенства. Полученное уравнение

– транс-

цендентное. Решаем его методом последовательных приближений. В пер-

вом приближении принимаем h в скобках под корнем равным нулю: h0 = 0.

Тогда

h

F

4

0

6

a

16000

0 6

90

77,46 мм;

b

90

1

σ

b

16

h2

16000

77,46

6

90

97,17 мм.

90

4

16

16

Невязка подбора

h2 h1100 97,17 77,46100 25,4 %.

h1

77,46

Следующее приближение

h3

16000

4

97,17

6

90

101,58мм.

90

16

16

103

		Невязка подбора							h3 h2		100				101,58 97,17								100 4,5%.
									h3									97,17
											h4					16000					101,58					90
		Следующее приближение																		4					6		102,54 мм.
																		90			16					16
									h4 h3
		Невязка подбора									100			102,54 101,58										100 0,95%.
									h4									101,58
		Последняя невязка менее 1 %, поэтому выходим из цикла подбора.
Принимаем h = 103 мм.
	F		M								Проверка:
					16000			16000 6				103						σ 9,71 80,03 89,74 МПа σ .
σ											90						;
	A		W		16 103							2
								16 1032

Сопоставим вклады от изгиба и растяжения в общее напряжение:

σ	изг		80,03	0,892.	σраст		9,71	0,108.
			89,74		σ		89,74
	σ

Напряжения от изгиба в 8,24 раза превышают напряжения от растяжения. Полученное соотношение можно сделать более благоприятным снизив долю растягивающих напряжений от изгиба за счет уменьшения плеча е изгибающего момента. На практике применяют тавровое и двутавровое сечения, смещая центр тяжести с ближе к линии действия силы и располагая больше материала в области растягивающих напряжений, к которым хрупкие материалы более чувствительны.

Линия действия силы

с

с

е

с

Рис. 8.11. Примеры выполнения поперечного сечения бруса, подверженного действию внецентренного растяжения

104

Рис. 8.13. Ана-

лиз напряженного состояния

Рис. 8.12. Определение внутренних усилий при изгибе с кручением

Qz

T

8.3. ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ

Изгиб с кручением – вид сложно-

го сопротивления, при котором в попе-

речном сечении бруса возникают изги-

y

х

бающие и крутящий моменты.

Рассмотрим случай, при котором

Fz

е

внешние силы располагаются в плоско-

сти поперечного сечения, но не пересе-

F

кают геометрическую ось х (рис. 8.12,

Fy

а). Силу F разложим на ее составляю-

x

z

щие Fz, Fy. Методом сечений определим

y

внутренние усилия в произвольном се-

Mz

чении х (рис. 8.12, б).

Спроецировав все силы на коор-

My

Qz

В

Qy

динатные оси и составив уравнения

моментов относительно координатных

x

T

осей, найдем внутренние усилия. Из

z

шести внутренних усилий не равно ну-

лю пять.

Σ X= 0;

N = 0;

Σ Mx = 0;

T = F∙e;

Qy

Σ Y = 0; Qy = Fy;

Σ My = 0; My= Fz∙x;

Σ Z = 0;

Qz = Fz;

Σ Mz = 0;

Mz= Fy∙x.

σ′

На выделенном элементе В (рис. 8.12, б) показаны

σ″

действующие по его граням напряжения (рис. 8.13, а).

От поперечных сил и крутящего момента возникают ка-

σ′

сательные напряжения Qy, Qz,

T. От изгибающих мо-

ментов – нормальные напряжения σ′ и σ″. Для длинных

σ″

T

валов и балок (ℓ > 10 d) влиянием поперечных сил часто пренебрегают. Таким образом, учитывают только три момента: крутящий и два изгибающих. От них возника-

ют три напряжения: одно касательное и два нормальных (рис. 8.13, б).

Расчет на прочность при изгибе с кручением

а

б

а

б

Из рисунка 8.13, б следует, что в произвольном сечении возникает плоское напряженное состояние

σx σM		σM		Mz	y	My	z; σy 0;	σz 0;
				Iz		Iy
	z		y

T

τxz τT Ip ρ.

105

Как при изгибе, так и при кручении круглого сечения опасными являются точки на периферии. Для круга и кольца

Wz = Wy = Woc; Wp = 2Woc.

My

M

z

T

My,max

;

Mz,max

;

T,max

.

Woc

Woc

2Woc

Условие прочности для пластичных материалов по III теории прочности (наибольших касательных напряжений): экв 1 3 ,

где							x							x		2		2	;								x								x	2	2 .
																							3
						2						2													2									2
		1																xz																					xz
								σx			1													σx				1											;
Тогда	σ	экв													σ		x	2 4τ		2											σ	x		2 4τ				2
									2	2										T				2			2											T

σэкв σx2 4τT2 σ .

Поскольку для круглого и кольцевого сечений не существует точки, одинаково удаленной от обеих осей инерции z, y, то используют результи-

рующий момент – геометрическую сумму векторов изгибающих моментов

относительно осей z, y:

Мрез

My2 Mz2 .

(8.12)

x

Mрез

Тогда

.

W

oc

M2y Mz2 T2

экв

My2 Mz2

4

T2

,

или

экв

.

W2

2W

2

Woc

oc

oc

Условие прочности при совместном действии изгиба и кручения:

	экв		Mприв	.	(8.13)
			W
			ос

Мприв – приведенный момент, действие которого эквивалентно совместному действию My, Mz, T в соответствии с используемыми теориями прочности.

По III теории прочности (наибольших касательных напряжений)

Мприв,III

M y2 Mz2 T2 .

(14)

По IV теории прочности (энергетической)

Мприв,IV

M y2 Mz2 0,75 T2 .

(15)

Приведенного момента в действительности не существует, изобразить его нельзя, вектора он не имеет. Величина приведенного момента за-

106

висит от используемой теории прочности. Результаты расчетов по III и IV теориям прочности близки, отличаются примерно на 5–10 %.

Пример 8.9. (Вольмир А. С. Сборник задач … 6.52). Вал с кривошипом подвергается действию силы F = 3,5 кН. Определить диаметр вала по третьей теории прочности при [σ] = 160 МПа; ℓ = 50 см, а = 10 см.

				Решение. Внутренние усилия оп-
			F	ределяем методом сечений.
				Р ассекаем вал на две части в произ-
			а	вольном сечении х,
				О тбрасываем одну из частей (поз. б ри-
		ℓ	a	сунка),
		y		З аменяем действие отброшенной части
	x
		T	F	внутренними усилиями и в коорди-
	Mz
			б	натной системе xyz составляем
		z		У равнения статики:
				X 0; N = 0;	Mx 0; T = –F∙a;
	F∙ℓ	Q	a
		x		Y 0; Qy = F; M y 0; My = 0;
			в	Z 0; Qz = 0;	Mz 0; Mz = –F∙x.
	F∙a		Mz	Строим эпюры изгибающего и
				крутящего моментов, действующих в
			г	поперечных сечениях вала (поз. в и г

Tрисунка). Находим приведенный момент в опасном сечении – в защемлении:

Mприв

Mz2

T2

F 2 Fa 2

F

3500

1785 Нм.

2 a2

0,52

0,12

Из условия прочности при изгибе с кручением σэкв

Mприв

[σ] находим

W

Mприв

ос

W

π

d3,

ос

[σ]

32

32Mприв

откуда

d 3

3

32 1785

0,0484 м.

π[σ]

π 160 106

Округлив до большего значения, принимаем диаметр вала d = 50 мм.

107

9. ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ СИЛ

Нагрузка статическая – постоянная или изменяющаяся медленно так, что силами инерции вследствие ускорения, можно пренебречь.

Нагрузка динамическая – быстро меняющая свое значение или место приложения.

Метод расчета на динамическую нагрузку основан на принципе Даламбера: всякое движущееся тело можно рассматривать как находящееся в состоянии мгновенного равновесия, если к действующим на него внешним силам добавить силу инерции, равную произведению массы тела на его ускорение (J = a m), направленную в сторону, противоположную ускорению. Для определения динамических напряжений при ударе используют закон сохранения энергии.

9.1. РАВНОУСКОРЕННОЕ ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА. ДИНАМИЧЕСКИЙ КОЭФФИЦИЕНТ

Nдин

A, γ

x

Пример. Груз Q поднимают с постоянным ускорением а тросом с площадью поперечного сечения A, изготовленным из материала с объемным весом γ. Определить напряжение в тросе.

Решение. Методом сечений определяем внутреннее усилие в произвольном сечении троса

	a	Q		a
Q	Nдин Q J Q		a Q 1			,
		g
				g

где g – ускорение свободного падения.

В покое статическое усилие Nст = Q. За счет движения с ускорением усилие возрастает в отношении

Кдин	Nдин	1	a	.	(9.1)
	Nст
			g

Отношение динамического значения некоторого фактора (усилия, напряжения, перемещения) к соответствующему статическому значению этого фактора называют динамическим коэффициентом.

Напряжение в тросе

			Q		a
σ	дин			1		.	(9.2)
			A		g

Если учитывать вес троса, то внутренние усилия в нем:

Nст Q γ A x.

Динамическое напряжение в тросе

	σдин	Nдин		NстKдин	σстKдин.	(9.3)
		A		A
				108

Условие прочности

σдин σ

σстКдин σ .

Для нашего примера

Q			a		σ .
σдин		γ x 1				(9.4)
	A
			g

9.2. УДАРНОЕ ДЕЙСТВИЕ НАГРУЗКИ

Удар – взаимодействие тел, при котором за очень малый промежуток времени скачкообразно возникают конечные изменения скорости соударяемых тел.

Приняты следующие допущения:

удар неупругий, то есть тела после соударения не отделяются друг от друга и движутся совместно. После соударения в некоторый момент времени скорость перемещения ударяющего груза становится равной нулю;

вид деформированной системы (эпюра пере-
мещений) при ударе в любой момент времени подо-				x	F
бен виду деформированного состояния системы при
статическом нагружении:				δx,ст	δст
δх,дин		δдин
			Кдин ,		Q= F
δх,ст		δст			H
где δх,дин, δх,ст – динамический и статический прогиб				δx,дин	δдин
в произвольном сечении х; δдин, δст – динамический и
статический прогиб в точке соударения;
масса ударяемого тела считается малой по сравнению с массой уда-
ряющего тела;

напряжения при ударе не превосходят предела пропорциональности так, что закон Гука при ударе сохраняет силу;

потерей части энергии, перешедшей в теплоту колебания, пренебре-

гают.

Динамический коэффициент без учета сил инерции ударяемого тела

Груз Q, падая с высоты Н, деформирует систему на δдин. Работа, совершаемая грузом Q на перемещении (Н+δдин)

W = Q(H + δдин).

109