scherbo-sp1
.pdf5)определить наибольший относительный угол закручивания и сравнить его с допускаемым, приняв его значение [θo] =1,5 градм;
6)при необходимости подобрать диаметр поперечного сечения вала из условия жесткости при кручении.
Рис. 6.1
1. Определим величину внешнего скручивающего момента М4 из условия равновесия вала.
∑Мх = 0 ; − 0,8 +1,2 −1 + М4 = 0 ; М4 = 0,6 кН м.
2. Используя метод сечений, определим величину крутящих моментов по участкам вала. За положительное направление крутящего момента примем его действие по часовой стрелке. Следовательно, если смотреть со стороны свободного конца вала, все внешние скручивающие моменты, действующие по часовой стрелке, вызывают положительный крутящий момент.
Т1к = −М1 = −0,8 кН м;
Т2к = −М1 + М2 = −0,8 +1,2 = 0,4 кН м;
Т3к = −М4 = −0,6 кН м.
На основании выполненных расчетов строим эпюры Тк (см. рис. 6.1, б).
171
3. Из условия прочности вала на кручение определим требуемый диаметр поперечного сечения.
τmax = |
|
|
Tк |
|
max |
≤[τ]. |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
||
|
|
|
Wρ |
Из эпюры Тк значение Тк max = 0,8 кН м = 80 кН см. Полярный момент сопротивления для круглого сечения
Wρ = πd 3 , а [τ] = 50 МПа = 5 кН см2. 16
|
|
|
τmax = |
16 |
Тк |
|
max |
≤[τ]. |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Отсюда получаем |
|
|
|
πd 3 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
d = 3 |
16Тк max |
|
|
16 80 |
|
|
||||||
|
π[τ] |
|
|
|
= 3 |
3,14 5 = 4,34 см. |
|
|
|||||
Принимаем |
d = 45 мм. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
4. Определим жесткость вала при кручении GJρ. |
|
|
|||||||||||
GJρ |
= G |
πd 4 |
= 8 10 |
3 |
|
3,14 |
4,54 |
2 |
. |
||||
32 |
|
32 |
= 321899 кН см |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5. Определим углы закручивания границ участков относительно левого крайнего сечения.
ϕ0 = 0 ;
ϕ1 = Т1к l1
GJρ
ϕ2 = ϕ1 + Т2к l2
GJρ
= −0,0056 рад
ϕ3 = ϕ2 + Т3к l3
GJρ
= −0,0149 рад
|
0,8 100 50 |
|
o |
||
= − |
321899 |
|
= −0,0124 рад = −0,71 ; |
||
= −0,0124 + |
0,4 100 55 |
= −0,0124 + 0,0068 = |
|||
|
|
|
321899 |
|
|
= −0,32o; |
|
|
|
|
|
= −0,0056 − |
0,6 100 50 |
= −0,0056 −0,0093 = |
|||
|
|
|
321899 |
|
= −0,86o.
На основании выполненных расчетов строим эпюру углов закручивания ϕ° (см. рис. 6.1, в).
172
6. Определим наибольший относительный угол закручивания. Он будет с наибольшим по модулю крутящим моментом. В нашем примере
это первый участок с |
|
Тк |
|
max = 0,8 кНм = 80 кН см. |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
o |
|
Тк |
|
max |
100 |
|
180 |
|
80 100 180 |
|
град |
|
o |
|
град |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
θmax = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
=1,425 |
|
<[θ |
|
] =1,5 |
|
. |
|
|
|
|
GJρ |
3,14 |
321899 3,14 |
м |
|
м |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Условие жесткости для вала выполняется.
Наибольший относительный угол закручивания можно было бы определить и по эпюре углов закручивания.
θomax = |
ϕ1 −ϕ0 |
= |
0,71 −0 |
=1,42 |
град |
. |
|
l1 |
|
0,5 |
|
м |
|
Пример 2.
Полый стальной вал передает мощность 30 кВт при вращении со скоростью 500 об/мин. Определить размеры поперечного сечения вала при отношении внутреннего диаметра d к наружному D dD = 0,6 , если до-
пускаемое напряжение на кручение [τ] = 30 МПа и допускаемый относительный угол закручивания [θo] = 0,8 градм.
1. Определим угловую скорость вращение вала
ω= πn = 3,14 500 = 52,33 радсек. 30 30
2.Определимвеличинукрутящегомоментавпоперечномсечениивала
Тк = Nω = 3052,331000 = 573,25 Н м = 573,25 103 Н мм.
3.Из условия прочности при кручении определяем необходимые размеры поперечного сечения полого вала
τmax = Тк ≤[τ] .
Wρ
Полярный момент сопротивления полого круглого вала с соотноше-
нием Dd = C равен
|
Wρ = |
πD3 |
(1 −C 4 )= |
πD3 |
(1 − 0,64 )= 0,1708D3 . |
||||||
|
16 |
16 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
С учетом этого условие прочности примет вид |
|
|
|||||||||
τ |
max |
= |
|
Тк |
|
≤[τ]; |
[τ] = 30 МПа = 30 Н |
мм2 |
. |
||
0,1708D3 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
173 |
|
|
|
Отсюда |
|
|
|
Тк |
573,25 103 |
|
|
D = 3 0,1708[τ] |
= 3 0,1708 |
30 |
= 48,2 мм ≈ 50 мм. |
Принимаем D = 50 мм и |
d = 50 0,6 |
= 30 мм. |
|
4. Из условия жесткости при кручении определим необходимые раз- |
|||
меры поперечного сечения |
|
|
|
θo |
= Тк 1000 180 |
≤[θo]. |
|
|
GJρ |
π |
|
При такой записи условия жесткости предполагается, что крутящий момент выражен в Н мм, G = 8 104 МПа = 8 104 Нмм2 .
Полярный момент инерции поперечного сечения
|
Jρ = |
πD4 |
(1 − c4 )= |
πD4 |
(1 −0,64 ) |
= 0,0854D4 ; |
||||||||
|
32 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
32 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
o |
|
|
Тк 1000 |
180 |
[θ |
o |
]; |
||||
|
|
θ |
|
|
= |
|
|
π ≤ |
|
|||||
|
|
|
|
G 0,0854D4 |
|
|||||||||
D = 4 |
180 Тк 1000 |
|
|
= |
|
180 573,25 106 |
|
|
|
|||||
πG 0,0854[θo] |
4 |
3,14 8 104 0,0854 0,8 = 49,52 мм ≈ 50 мм. |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Окончательно принимаем D = 50 мм, d = 30 мм.
Пример 3.
Стальной стержень прямоугольного сечения с размерами сторон 2 см и 3 см (рис. 6.2) загружен двумя скручивающими моментами по 200 Нм. Вычислить минимальную величину касательных напряжений, возникающих в поперечном сечении у поверхности стержня, и определить величину угла закручивания стержня при его длине 1 м.
а) |
б) |
Рис. 6.2
174
При расчетах на кручение стержней прямоугольного сечения пользуются следующими данными:
–момент инерции прямоугольника при кручении Jк = αb4 , где b – меньшая сторона прямоугольника;
–момент сопротивления прямоугольника при кручении Wк =βb3 ;
–наибольшее касательное напряжение, возникающее в сечении
посредине длинной стороны τmax = Тк ;
Wк
–наибольшее касательное напряжение посредине короткой стороны
τ′max = γτmax ;
–коэффициенты α, β, γ зависят от отношения n/b.
Значения этих коэффициентов приведены в таблице.
n/b |
1 |
1,5 |
1,75 |
2,0 |
2,5 |
3,0 |
4,0 |
6,0 |
8,0 |
10,0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α |
0,140 |
0,294 |
0,375 |
0,457 |
0,622 |
0,790 |
1,123 |
1,789 |
2,456 |
3,123 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
β |
0,208 |
0,346 |
0,418 |
0,493 |
0,645 |
0,801 |
1,128 |
1,789 |
2,456 |
3,123 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
γ |
1,0 |
0,895 |
0,820 |
0,795 |
0,766 |
0,753 |
0,745 |
0,743 |
0,742 |
0,742 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для данной задачи |
n |
b |
= 3 |
2 |
=1,5 . Находим по таблице значения ко- |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
эффициентов: α = 0,294 , β = 0,346 и γ = 0,859 . Тогда |
||||||||||||||
W = βb3 = 0,346 23 = 2,768 cм3 = 2,768 10−6 м3 |
||||||||||||||
к |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Jк = αb4 = 0,294 24 = 4,704 см4 = 4,704 10−8 м4 . |
||||||||||||||
Крутящий момент |
Тк |
= М = 200 Н м. |
|
|||||||||||
Наибольшее касательное напряжение τmax |
посредине большой стороны |
|||||||||||||
τmax = Тк |
= |
|
|
200 |
|
= 72,25 106 |
Па = 72,25 МПа. |
|||||||
2,768 10−6 |
||||||||||||||
|
Wк |
|
|
|
|
|
|
|||||||
Напряжение посредине короткой стороны |
||||||||||||||
|
τ′max = γτmax = 0,859 72,25 = 62,06 МПа. |
|||||||||||||
Угол закручивания вала на длине 1 м |
|
|
||||||||||||
ϕ = |
Тк l |
= |
|
|
|
|
|
200 1 |
|
= 0,0531 рад = 3,05o . |
||||
GJк |
|
|
1010 4,704 10−8 |
|||||||||||
|
8 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
175 |
|
|
|
Задания для самостоятельной работы
Решить следующие задачи:
1. Напряжения у поверхности вала τmax = 80 МПа. Чему равны каса-
тельные напряжения в том же поперечном сечении на расстоянии четверти радиуса от поверхности вала?
2. При испытании на кручение стального образца длиной 200 мм и диаметром 20 мм установлено, что при крутящем моменте 163,2 Н м угол закручивания равен 0,026 рад. Предел упругости достигнут при крутящем моменте 270 Н м. Определить величины модуля упругости при сдвиге и предела упругости при кручении.
3.К стальному валу приложены крутящие пары сил: М1 =1142 Н м,
М2 = 2716 Н м, М3 = 5000 Н м. Длины участков вала показаны на рис. 6.3.
диаметр крайних участков вала 40 мм; диаметр вала на среднем участке 60 мм. Построить эпюру крутящего момента и график нарастания угла закручивания, отсчитываемого от левого торцевого сечения 1 вала. Подсчитать, чему равны касательные напряжения у поверхности вала на каждом его участке и угол закручивания вала между сечениями 2 и 4?
Рис. 6.3
4. Определить диаметр сплошного стального вала, передающего мощность 70 кВт при 180 об/мин, при допускаемом напряжении 48 МПа и допускаемом угле закручивания 1° на метр длины вала.
ТЕМА № 7
ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ ПРИ ПРЯМОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ
Цель занятия: изучить приемы и выработать навыки для построения эпюр внутренних усилий при прямом поперечном изгибе.
В основе определения внутренних усилий при изгибе балки лежит метод сечений, позволяющий внутренние усилия определять через внешние нагрузки. При изгибе балок возникают два внутренних силовых фактора: изгибающий момент и поперечная сила. Если поперечная сила отсутствует, то изгиб называется чистым.
176
Изгибающий момент для плоской системы – это главный момент всех внутренних сил относительно нейтральной оси, которая совпадает с главной центральной осью поперечного сечения.
Мz = ∫σy dA .
A
Поперечная сила для плоской системы – это главный вектор всех внутренних сил в сечении, по направлению совпадающий с вертикальной главной центральной осью поперечного сечения.
Qy = ∫τdA .
A
При определении изгибающего момента и поперечной силы через внешние нагрузки пользуются следующими правилами.
Изгибающий момент численно равен алгебраической сумме моментов всех внешних сил, расположенных по одну сторону от сечения, относительно центра тяжести этого сечения.
Изгибающий момент считается положительным, если нижнее волокно балки растягивается (рис. 7.1, а). При сжатии нижнего волокна изгибающий момент отрицательный (рис. 7.1, б).
Поперечная сила численно равна алгебраической сумме проекций всех внешних сил на ось, перпендикулярную оси балки.
Поперечная сила считается положительной, если она стремится вращать сечение по часовой стрелке (рис. 7.2, а), в противном случае – отрицательной (рис. 7.2, б).
a) |
|
б) |
|
|
|
|
|
|
а) |
|
|
||
|
|
|
б) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 7.1 |
|
|
Рис. 7.2 |
Для контроля правильности построенных эпюр необходимо использовать дифференциальные зависимости между М, Q и q.
Q = |
dМ |
; q = |
dQ |
; |
q = |
d 2 M |
. |
|
dx |
dx |
dx2 |
||||||
|
|
|
|
|
Рассмотрим порядок построения эпюр Q и М в балках на конкретных примерах.
177
Пример 1.
Построить эпюры M и Q для балки, изображенной на рис. 7.3, а.
Для консольной балки опорные реакции можно не определять, а внутренние усилия в поперечных сечениях можно определить через внешние нагрузки, расположенные правее от рассматриваемых сечений.
1. Запишем выражения для М и Q по участкам балки и определим их значения для характерных сечений. Грани-
цами участков будут места приложения нагрузок. При составлении аналитических выражений для М и Q можно использовать как общую, так и местную систему отсчета. Удобнее применение местной системы отсчета для каждого участка.
Участок СВ |
0 ≤ х ≤ 2 м |
Q = −2 + 2x .
Закон изменения линейный. x = 0, Q = −2 кН;
х = 2 м, Q = −2 + 2 2 = 2 кН.
Поперечная сила на этом участке меняет знак, следовательно, функция изгибающего момента на этом участке имеет экстремум. Приравняв производную к функции изгибающего момента, т. е. функцию поперечной силы к нулю, определим значение х, при котором функция имеет экстремум.
Q = −2 + 2x = 0, x =1м.
М = 2x − 2 x2 = 2x − x2 . 2
Закон изменения изгибающего момента по параболе. Для построения графика необходимо минимум три значения:
х = 0, М = 0; х = 2 м, М = 0; х =1м, Мmax = 2 1 −12 =1кНм.
178
Участок ВА |
0 ≤ х ≤1м |
|
Q = −2 + 2 2 = 2 кН. |
|
Поперечная сила постоянна на |
|
этом участке. |
|
М = 2(2 + х) − 2 2(1 + х) −1 = |
|
= 4 + 2х− 4 − 4х−1 = −1 − 2х. |
Закон изменения изгибающего момента линейный.
х = 0, М = −1кНм; |
х =1м, М = −3 кНм. |
2. На основании выполненных |
расчетов строим эпюры Q и М |
(рис. 7.3, б, в). |
|
Эпюру изгибающих моментов строим со стороны растянутых волокон, т.е. положительные значения изгибающего момента откладываем вниз.
Пример 2.
Для балки, изображенной на рис. 7.4, а, построить эпюры внутренних усилий и применить правила дифференциального контроля правильности построения эпюр Q и М.
Рис. 7.4
179
1. Определим величину опорных реакций |
|
∑МA = 0 1 2 1 + 4 2 + 2 4 4 −6 −6RB = 0 |
RB = 6 кН |
∑МВ = 0 −6 − 2 4 2 − 4 4 +1 2 7 + 6RA = 0 |
RA = 4 кН |
Проверка: ∑ у =1 2 + 4 − 4 − 2 4 + 7 =12 −12 = 0 |
|
Реакции определены правильно.
2. Запишем аналитические выражения для внутренних усилий М и Q по участкам балки и вычислим их значения для характерных сечений.
Участок СА |
|
0 ≤ х ≤ 2 м |
|||
Q =1 x; x = 0, Q = 0; х = 2 м, Q = 2 кH ; |
|||||
М =1 х |
х |
= |
х2 |
; х = 0, М = 0; х = 2, М = 2 кН м. |
|
2 |
2 |
||||
|
|
|
|||
Участок АD |
|
0 ≤ х ≤ 2 м |
Q=1 2 + 4 = 6 кН;
М=1 2(1 + х) + 4х = 2 + 6х;
х = 0, М = 2 кН м; х = 2 м, М =14 кН м.
|
Участок ЕВ |
0 ≤ х ≤ 2 м |
|
|
Q = 0, M = 6 кНм. |
|
|
|
|
|
|
Участок ВD |
0 ≤ х ≤ 4 м |
|
|||
|
|
|
Q = −6 + 2x; |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
x = 0, Q = −6 кН; |
||
|
|
|
х = 4, Q = 2 кН. |
||
Поперечная сила на этом участке меняет знак. Значит, существует |
|||||
экстремум для изгибающего момента. |
|
||||
Q = −6 + 2x = 0; x = 3,0 м. |
|
М = 6 + 6х − 2 |
х2 |
= 6 + 6х − х2 . |
|
|
|
||||
|
|
|
2 |
|
|
|
х = 0, |
М = 6 кНм; |
|
||
|
|
|
180 |
|
|