Учебное пособие 914

				2b b 0,5b			0,8b 2		4 0,8b
	A1 yc1	A yc2
yC						2			3	0,6552 b
	A1	A2		2b	b		0,8b 2
						2

Момент инерции сечения относительно оси Z определяется как алгебраическая сумма моментов инерции элементарных фигур приведѐнных к этой оси:

J		J		a2	A	J			a2	A			2b b			0,6552b 0,5b 2 2b2
	Z		z				z
				1	1				2	2		12
			1					2
		0,1098		0,8b 4		0,6552b					4 0,8b 2				0,8		2	0,0697 b4 .
												3				2

Определение размеров поперечного сечения

Для стержня постоянного сечения по длине расчетная величина изгибающего момента есть максимальное его значение (по модулю) на диаграмме. Сечение с максимальным значением момента называется "опасным". В нашем случае:

Ììàõ ÐÀÑ× 24,61êÍì ,

Знак показывает, что верхняя часть сечения (выше нейтральной оси Z ) сжимается, нижняя часть растягивается. Координаты точек сечения наиболее удалѐнных от нейтрального слоя находятся в растянутой зоне:

óÌÀÕ Ð 0,6552b

Из условия прочности:

J Z

0,0697 b3

0,1064 b

3

M max

P

,

YMAX

P 0,6552 b

b 3

24,61 103

11,309 10 2

ì .

Принимаем

0,1064 160 106

b 11,3ñì

Диаграмма распределения нормальных напряжений по высоте сечения.

Нормальные напряжения изменяются по линейному закону:

9

		Ì È	y
	ó	J Z

Для построения диаграммы достаточно определить напряжения в двух точках (максимально удалѐнных от нейтральной оси Z ):

		Ì		ÌÀÕ		0,6552 b	24,61 103		0,6552		160,3 ÌÏà
ÌÀÕ	Ð 0,0697 b4						0,0697	11,3 10 2 3
		Ì		ÌÀÕ		(1 0,6552) b		24,61 103			0,3448 84,4 ÌÏà
ÌÀÕ	Ñ		0,0697 b		4			0,0697 11,3 10 2		3

Диаграмма распределения касательных напряжений по высоте сечения.

Касательные напряжения определяются по формуле Журавского:

		T SZ	ÎÒÑ	, где
	ó
		J Z	by

у - напряжения на уровне у удалѐнного от нейтральной оси Z ,

S Z ОТС - статический момент площади выше уровня у или ниже:

SZ ÎÒÑ ÀÎÒÑ óÑ ÎÒÑ

,

by - ширина сечения (по материалу) на уровне у .

10

Точки, в которых необходимо определить напряжения, указаны цифрами на поперечном сечении державки.

В наиболее удалѐнных точках поперечного сечения касательные напряжения отсутствуют. Точка 1 и 4:

SZ ÎÒÑ 0, 1 0, 4 0 .

Точка 2:

À	0,4 b2 ,
îòñ
yc	0,2448 b .

Напряжения определяем в сечении, где сдвигающая сила имеет максимальное значение.

По диаграмме ÒMAX

22,19 kH .

T

(SZ )îòñ

2

Ò 0,4

b2 0,3548

b

22,19 103 0,4 0,3548

1,72 ÌÏà

2

J

Z

b

ó

0,0697 b4 2 b

0,0697 (11,3 10 2 )2 2

Точка 3:

(SZ )îòñ	3	À1	óñ	À2	óñ .
			1		2

Необходимо определить площадь сегмента и положение его центра тяжести.

11

Площадь сегмента находится как разность площади сектора с центральным углом ( 2 ) и треугольника:

À			r 2	h r 2 h2 ,
	180

arccos hr .

Положение центра тяжести относительно центра круга: yc SAZ ,

Статический момент площади сегмента относительно оси, проходящей через центр круга:

									r						2			3
									y 2 r 2			y2				r 2 h2
		S	Z				y dy						dy					2 .
															3
						A			h
В нашем случае: r									0,8 b, h		0,6552 b .
		SZ				2	0,82		0,65522		3/ 2	b3		0,0645 b3 .
					3
	arccos				0,6552				350 ,
					0,8
		35							b 2 0,6552 b
A2				3,14			0,8						0,82			0,65522		b 0,0902 b2
	180

12

yc		0,0645				b	0,718 b .
	0,0902
óñ	óñ		h			0,718			0,6552				b 0,00566 b .
2
by	2 b					0,82	0,65522 b						1,082 b .
				T			2 0,3448 b				2		0,3448		b 0,0902 b	2	0,00566 b
													2
	3											0,0697 b3 1,082 b
	22,19 103						0,1184						2,73ÌÏà .
	0,0697		11,3 10 2					2	1,082

Указания к выполнению задачи

1 Из условий равновесия определить реакции опор.

2 Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо-

ментов.

3 По наибольшей величине изгибающего момента и поперечной силы выбрать опасное сечение.

4.Из условия прочности на изгиб

M max

max Wx

определить момент сопротивления Wx и подобрать размеры оптимального прямоугольного сечения.

5 Построить эпюры распределения нормальных и каса-

тельных напряжений по высоте выбранного сечения и произ-

вести полную проверку прочности по четвертой теории проч-

ности:

13

экв 2 3 2

Если опасных сечений несколько, то по одному из них

подобрать сечение, а по другому – сделать проверку.

Контрольная работа № 2 Р а с ч е т у с т о й ч и в о с т и о с е в о г о

и н с т р у м е н т а

Разрушение стержня может произойти не только потому, что будет нарушена прочность, но и оттого, что стержень не сохранит заданной формы. Например, изгиб при продольном сжатии тонкой линейки. Потеря устойчивости прямолинейной формы равновесия центрально сжатого стержня называется продольным изгибом. Упругое равновесие устойчиво, если деформированное тело при любом малом отклонении от состояния равновесия стремится вернуться к первоначальному состоянию и возвращается к нему при удалении внешнего воздействия. Нагрузка, превышение которой вызывает потерю устойчивости, называется критической нагрузкой Ркр (критической силой). Допускаема нагрузка [P]=Pкр/nу, nу – нормативный коэффициент запаса устойчивости. Приближенное диф-

ференциальное ур-ние упругой линии:	EJmin	d 2 y	M (x) , Е –
		dx2

модуль упругости материала стержня, М – изгибающий момент, Jmin– наименьший момент инерции сечения стержня. При потере устойчивости прогиб, как правило, происходит перпендикулярно к оси наименьшей жесткости, относительно которой — J=Jmin. Рассматривается приближенное дифф-ное ур-ие, т.к. потеря устойчивости возникает при малых деформациях. M=—Py, получаем однородное дифф-ное уравнение:

14

d 2 y

k 2 y

0 ,

где k 2

P

. Решая дифф-ное ур-ие находим

dx2

EJ min

x

наименьшее

значение

критической

силы

–

2 EJ

формула Эйлера: Pкр

Р

2 min – формула дает

L

значение критической силы для стержня с

шарнирно закрепленными концами.

При раз-

личных закреплениях:

P

2 EJ

min ,

– коэф-

L

кр

2

y

L

фициент приведения длины. При шарнирном

x

закреплении обоих концов стержня

= 1; для

y

стержня с заделанными концами

= 0,5; для

стержня с одним заделанным и другим свобод-

ным концом = 2; для стержня с одним заделанным и другим

шарнирно закрепленным концом =0,7.

Критическое

сжимающее

напряжение.:

Pкр

2 E

,

L

– гибкость стержня,

i

J

min

–

кр

2

min

F

imin

F

наименьший главный радиус инерции площади сечения

стержня. Эти формулы справедливы только тогда, когда на-

пряжения

кр

пц– предел пропорциональности, т.е. в преде-

лах применимости закона Гука. Формула Эйлера применима

при гибкости стержня:		2 E	, например, для стали
	кр
		пц

Ст3 кр 100. Для случая < кр критическое напряжение вычисляется по эмпирической (полученной экспериментально) формуле Ясинского: кр= a — b , коэффициенты "a" и "b" в справочной лит-ре.

Достаточно короткие стержни, для которых < 0=40 (для сталей) назыв-тся стержни малой гибкости. Такие стержни рассчитывают только на прочность, т.е. принимают кр= т (предел текучести) – для пластичных материалов и кр= В

15

(временное сопротивление) – для хрупких материалов. При расчете стержней большой гибкости используют условие ус-

	тойчивости:	P	[ у	] , Fбрутто– полная площадь сече-
		Fбрутто
	ния,

(Fнетто=Fбрутто—Fослабл –площадь ослабленного сечения с учетом площади отверстий в сечении Fослабл, например, от

заклепок). [ у]= кр/nу, nу– нормативный коэф. запаса устойчивости. Допускаемое напряжение [ у] выражается через основное допускаемое напряжение [ ], используемое при расчетах на прочность: [ у]= [ ], – коэффициент уменьшения допускаемого напряжения для сжатых стержней (коэффициент продольного изгиба). Значения приведены в табл. в учебниках и зависят от материала стержня и его гибкости (например, для

	стали Ст3 при					=120	=0,45).
		При проектировочном расчете требуемой площади се-
	чения	на первом					шаге принимают 1=0,5–0,6; находят:
	Fбрутто		P		. Далее зная Fбрутто, подбирают сечение, опреде-
		[ ]
	ляют Jmin, imin и					, устанавливают по табл. фактическое 1I, ес-

ли оно существенно отличается от 1, расчет повторяется при среднем 2= ( 1+ 1I)/2. В результате второй попытки находят 2I, сравнивают с предыдущем значением и т.д., пока не достигнуто достаточно близкое совпадение. Обычно требуется

несколько попыток.

П р и м е р в ы п о л н е н и я з а д а н и я

Исходные данные:

P=100 кН l=2.1м

16

[σ]=160 мПа

Схема закрепления концов стержня.

Сечение.

1) Найдем размер поперечного сечения стержня при [σ]=160

мПа φ1=0.5

F	P		;	F	100	12.5	см2
					0.5 160
	[	]

12.5см2=(2d)2 -		d	2	= 4d2-		d	2	= d2(4-		)=3.215 d2
	4					4
									4
d2=		12.5			3.888			d≈1.97
	3.215
					17

	I=	2d (2d )3		d 4	16d 4					d 4		d 4				(1.333 0.049)				1.284 d4
		12		64		12			64
		I=1.284∙24=20.54 см4							i =			I				20.54		1.282		см
												F				12.5
							l	2 210								327.6
							i	1.282

Гибкость стержня очень велика. Сделаем 1-е приближение:

2) Принимаем d=4см. Тогда

F=82 -π ∙22=64-12.56=51.44 см2

I=1.284d2=1.284∙44=328.7 см4

i=		328.7		2.52	см λ=	2 210		166 ; φ=0.28
						2.52
51.44

	p	100						694 (69.4 мПа)
p
	F	0.28 51.44
Получили слишком малое напряжение.
3) Сделаем 2-е приближение:
d=3 см; F=3.215∙d2 =3.215∙9				30 см2
I=1.284∙d4=1.284∙81=104 см4 i					104			1.86 см
				30

2 210 225

1.86

4) Сделаем 3-е приближение:

18