И.А. Паначев Рабочая программа, контрольные работы и методические указания по их выполнению для студентов заочной формы обучения (сокращенные сроки обучения на базе среднего проф. образования)

60

Нейтральная ось пройдёт параллельно оси YC.

Наиболее удалённые точки от нейтральной линии – точка А, где наибольшие сжимающие напряжения, и точка В, где наибольшие растягивающие напряжения.

Координаты точек А(-3,98 ; 0), В(3,02 ; 0) (см.рис.12.4).

y1=y	yc y2 x2=3,12см
b1=-1,1см	b2=2,02см

	1	2а=10см
А	О1 С О2	В x=х1=х2=хс

2

аxc=0,87см

а=5см в=2см хА=3,98см хВ=3,02см

Н.Л.

σmax

σmin

Рис.12.4. Схема поперечного сечения стержня

61

Y Y

P

(−3,98) (−3,98)

σa = −

P

+

p

a

+

XpXa

= −0,094 P,

1

= −

1

+

F

i

2

i

2

59,25

3,45

x

y

Y Y

X

p

X

P

(−3,98) 3,02

σB = −

P

1+

p

b

+

b

=

0,042 P,

= −

1+

F

i

2

i

2

59,25

3,45

x

y

где хР и yP – координаты полюса (точки							приложения си-
лы)(см.рис.12.4).
Определяем допускаемую нагрузку Р из условия прочности на сжа-
тие и растяжение.
На сжатие
0,094P ≤ [σ]c ,
0,094P =150МПа.
Откуда
Р =		150	103			=159,6кН.
		0,094 104
На растяжение
0,042Р ≤ [σ]р,
0,042Р = 22МПа.
Откуда
Р =		22 103			= 53,4кН.
	0,042		104
Окончательно принимаем допускаемую нагрузку							Р = 53,4 кН.

13. СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ КРУЧЕНИЯ И ИЗГИБА

На практике деформации кручения часто сопутствует изгиб. Например, совместное действие изгиба с кручением приходится учитывать при расчёте валов машин, испытывающих воздействие окружных

ирадиальных усилий. Сочетание изгиба с кручением имеет место в пространственных рамках, стержнях с ломаной осью, коленчатых валах

идругих конструкциях и элементах машин и механизмов.

62

При совместном действии изгиба и кручения в поперечных сечениях бруса действуют следующие внутренние силовые факторы: крутящий момент МКР, изгибающий момент МИ и поперечная сила Q, которой однако обычно пренебрегают, ибо её касательные напряжения намного меньше касательных напряжений, вызванных крутящим моментом.

13.1. Определение эквивалентных напряжений при одновременном действии изгиба и кручения для бруса круглого поперечного сечения Рассмотрим брус круглого поперечного сечения, подвергнутый

кручению и изгибу (рис.13.1).

Выведем формулы для расчёта на изгиб с кручением, выразив действующие напряжения σИ и τК соответственно через величины изгибающих и крутящих моментов. При этом воспользуемся теорией наибольших касательных напряжений (III) и удельной потенциальной энергии формоизменения (IV), как наиболее употребительными в современных расчётах. В результате получаются удобные для практического использования формулы для определения диаметров валов.

y	My
Мu	Мy
Mx	Mx x

z

Mz=Mкр

Рис.13.1. Схема действия нагрузок

Для круглого сечения наиболее напряжённой точкой является краевая точка А (рис.13.1), в которой оба напряжения – нормальное и касательное от крутящего момента – достигают наибольших значений, определяемых известными формулами

63

σи =	М	и	=	Mx	2 +My	2	(13.1)
					W	,
	W
τk =	Mkp		.				(13.2)
	Wp

Причём осевой момент сопротивления WX и полярный момент сопротивления WP для круглого сечения имеют следующие значения :

Wx = Wy = W = πd3 = 0,1d3, 32

W = 2W = πd3

= 0,2d3.

(13.3)

p

16

Условие прочности по теории наибольших касательных напряже-

ний

2 +4τк

2 ≤[σ].

(13.4)

σэкв3 =

σи

Учитывая формулы (10.1) и (10.2), получим

σэкв3 =

М

х

2 +Мy

2 +Мкр2

(13.5)

W

,

где эквивалентный (расчётный) момент по третьей теории прочно-

сти будет иметь следующий вид :

(13.6)

Мэкв3 =

Мх

2 +Мy

2 +Mkp

2 .

Тогда условие прочности по третьей теории прочности будет иметь

следующий вид :

σэкв3 =

Мэкв3

≤[σ].

(13.7)

W

Аналогично получим формулы эквивалентного момента из условия прочности по четвёртой теории :

Mэкв4 = Мх			2 +Мy		2 +0,75Mkp	2 ,	(13.8)
σэкв4	=	Мэкв4		≤[σ].			(13.9)
		W

64

13.2. Пример Шкив диаметром Д1 и с углом наклона ветвей ремня к горизонту α1

делает n оборотов в минуту и передаёт мощность N кВт. Два других

а) I
Д1	Д2	Д2

А I	С	Д	В	Е
с=1,5м	в=1,2м	с=1,5м	а=1,5м

б)		р1у	р2у		р2у
	М1		М2	р2х	М2	р2х
в)	р1х			0,38	0,19	Mkp, кH.м
г)	Ya=0,42кH P1y=0,65кH			P2y=0,57кH	Yb=1,37кH	P2y=0,57кH
	А	С		Д	В	Е

д)

0,855

Мверт,кН.м

0,53

0,35

е) Ха=1,15кН

Р1х=1,78кН

Р2х=0,48кН

Хв=0,33кН

Р2х=0,48кН

А

С

Д

В

Е

ж)

1,725

0,969

0,72

Мгор,кН.м

з)

Ми,кН.м

1,8

1,03

1,12

Рис.13.2. Заданная схема (а), расчётная схема (б), эпюра крутящих моментов (в), схема сил, действующих в вертикальной плоскости (г), эпюра Мверт (д), схема сил, действующих в горизонтальной плоско-

сти (е), эпюра Мгор (ж), эпюра Ми (з)

65

шкива имеют одинаковый диаметр Д2 и одинаковые углы наклона ветвей ремня к горизонту α2, и каждый из них передаёт мощность N/2 кВт

(рис.13.4).

Требуется: 1) определить моменты, приложенные к шкивам по заданным N и n ; 2) построить эпюры крутящих моментов Мкр ; 3) определить окружные усилия t1 и t2 , действующие на шкивы по найденным моментам и заданным диаметрам шкивов Д1 и Д2; 4) определить давления на вал, принимая их равными трём окружным усилиям; 5) определить силы, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях (вес шкивов и вала не учитывать); 6) построить эпюры изгибающих моментов от горизонтальных сил Мгор и от вертикальных сил Мверт; 7) построить эпюру суммарных изгибающих моментов, пользуясь формулой

Mи = Мгор2 +Мверт2 ,

при построении эпюры надо учесть, что для некоторых участков вала она не будет прямолинейной; 8) при помощи эпюр Мкр и Ми найти опасное сечение и определить максимальный расчётный момент (по третьей теории прочности); 9) подобрать диаметр вала d при [σ]= =70МПа и округлить его значение до ближайшего стандартного, если дано: N = 20 кВт ; n = 500 об/мин ; с = 1,3 м ; а = 1,5 м ; b = 1,2 м ; Д1 = 1,2 м ; Д2 = 1,5 м ; α1 = 20 град ; α2 = 50 град.

СЕЧЕНИЕ I – I

T1=2t1		T2=2t2
	α1	α2
	t1	t2

Рис. 13.3. Схема сил, действующих на шкивы

66

Решение 13.3.1. Определяем крутящие моменты, приложенные к шкивам, по

заданным N и n

M = 9,736 Nn (кН м),

тогда

M1 = 9,736 50020 = 0,38кН м,

M2 = 9,736 50010 = 0,19кН м.

13.3.2. Определяем окружные усилия, приложенные к шкивам

(рис.10.5) :

М1 = t1 Д21 ,

t1 = 2M1 = 2 0,38 = 0,63кН, Д1 1,2

М2 = t2 Д22 ,

t2 = 2M2 = 2 0,19 = 0,25кН.

Д2 1,5

13.3.3.Определяем давления на вал, принимая их равными трём окружным усилиям :

Р1 = 3t1 = 3 0,63 =1,89кН,

Р2 = 3t2 = 3 0,25 = 0,75кН.

13.3.4.Найдём проекции сил Р1 и Р2 на горизонтальное и вертикальное направления (Х,Y) (рис.13.2,б) :

Р1x = P1 cosα1 =1,89cos20o =1,78кH, P2x = P2 cosα2 = 0,75cos50o = 0,48кH, P1y = P1 sin α1 =1,89sin 20o = 0,65кH, P2y = P2 sin α2 = 0,75sin 50o = 0,57кH.

67

13.3.5. Построим эпюру крутящих моментов, для чего нагрузим вал только скручивающими моментами (рис.13.2,б) :

MkpAC = 0,

MkpCД = М1 = 0,38кН м,

МkpДВ = М1 − М2 = 0,38 − 0,19 = 0,19кН м,

МkpBE = MkpДВ = 0,19кН м.

Эпюра крутящих моментов приведена на рис.13.2,в.

13.3.6. Построим эпюру изгибающих моментов от сил, действующих в вертикальной плоскости (рис.13.2,г).

Определяем опорные реакции :

∑ma = 0,

YB 4,2 − P2y 5,7 − P2y 2,7 − P1y 1,5 = 0,

YB = 0,57 5,7 + 0,57 2,7 + 0,65 1,5 =1,37кН, 4,2

∑mb = 0,

− Ya 4,2 + P1y 2,7 + P2y 1,5 − P2y 1,5 = 0,

= 0,65 2,7 + 0,57 1,5 − 0,57 1,5 =

Ya 0,42кН. 4,2

Проверка :

∑Y = 0,

YA + YB − P1y − 2P2y = 0, 0,42 +1,37 − 0,65 − 2 0,57 = 0.

Определяем изгибающие моменты Мверт:

MвертА = 0,

МвертС =1,5YA =1,5 0,42 = 0,63кН м,

МвертД = 2,7YA −1,2P1y = 2,7 0,42 −1,2 0,65 = 0,35кН м,

МвертВ = −1,5P2y = −1,5 0,57 = −0,855кН м,

МвертЕ = 0.

68

Эпюра Мверт показана на рис.13.2, д.

13.3.7.Построим эпюру изгибающих моментов от сил, действующих в горизонтальной плоскости Мгор. (рис. 13.2,е).

Определяем опорные реакции :

∑mA = 0,

XB 4,2 − P2x 5,7 − P2x 2,7 + P1x 1,5 = 0,

= 0,48 5,7 + 0,48 2,7 −1,78 1,5 =

XB 0,33кН, 4,2

∑mB = 0,

XA 4,2 − P1x 2,7 + P2x 1,5 − P2x 1,5 = 0,

XA = 1,78 2,7 − 0,48 1,5 + 0,48 1,5 =1,15кН. 4,2

Проверка :

∑X = 0,

−XA − 2P2x + P1x + XB = 0,

−1,15 − 2 0,48 +1,78 + 0,33 = 0.

Определим изгибающие моменты Мгор :

MгорА = 0,

МгорС = −1,5ХА = −1,5 1,15 = −1,725кН м,

МгорД = −2,7ХА+1,2Р1х = −2,7 1,15 +1,2 1,78 = −0,969кН м,

МгорВ = −1,5Р2х = −1,5 0,48 = −0,72кН м,

МгорЕ = 0.

Эпюра Мгор приведена на рис.13.2,ж.

13.3.8.Построим эпюру суммарных изгибающих моментов Ми :

Ми = Мверт2 + Мгор2 ,

МиА = 0,

МиС = 0,532 +1,7252 =1,8кН м,

69

Μид = 0,352 + 0,9692 =1,03кН м,

Μви = 0,8552 + 0,722 =1,12 кН м.

Эпюра МИ приведена на рис. 13.2,з.

13.3.9. Анализируя эпюры МКР и МИ, видим, что опасным будет сечение С, где действует изгибающий момент МИ = 1,8 кН м и крутящий

момент Мкр = 0,38 кН.м.

По третьей теории прочности найдём расчётный момент (13.6):

ΜэквIII = Μи2 + Μкр2 = 1,82 + 0,382 =1,83кН м.

13.3.10.Определим диаметр вала.

Условие прочности (13.7):

	σэквIII =		МэквIII		≤ [σ],
где				W
		πd3
	W =			= 0,1d3,
тогда		32
d = 3	MэквIII	= 3		1,83		= 0,0639м.
	0,1[σ]		0,1 70 103

Принимаем d = 71 мм (ГОСТ 6636-69).

14. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ

Устойчивость или неустойчивость прямолинейной формы оси сжатого стержня существенно зависит от величины сжимающей силы. Нагрузка на стержень, при которой прямолинейная форма перестаёт быть формой устойчивого равновесия, называется критической. При нагрузках, меньших критической, прямолинейная форма оси стержня устойчива. При нагрузках больше критической прямолинейная форма оси стержня становится неустойчивой и стержень переходит к новой криволинейной форме равновесия, при которой происходит резкое нарастание прогибов и напряжений в стержне.

В конструкциях и сооружениях допускаются нагрузки значительно меньше критических. Отношение критической нагрузки к фактической носит название “коэффициент запаса устойчивости”: