Уравнение нулевой линии при косом изгибе

РАСЧЕТ
ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ
НА ПРОЧНОСТЬ
Методические указания
по выполнению расчетно-графических работ
Омск - 2001
Составители: С.А.Девятов, З.Н.Соколовский, Е.П.Степанова
Одной из основных задач курсов «Сопротивление материалов» и
«Прикладная механика» является приобретение студентами навыков выполнения
проектных и проверочных расчетов деталей машин и механизмов на прочность.
Для выполнения таких расчетов требуется определять напряжения, возникающие
в сечениях стержней под действием внешних нагрузок различного типа. При
вычислении напряжений следует
оценивать не только характер внешней
нагрузки, но и форму поперечного сечения.
Методические указания рекомендуются для студентов механических
специальностей. Указания составлены с учетом того, что могут быть
использованы студентами заочного отделения.
2
Комплексная расчетно-графическая работа «Расчет прямых стержней на
прочность» имеет целью ознакомление с методами расчета на прочность по
допускаемым напряжениям при различных видах напряженного состояния. Для
решения задачи необходимо уметь определять геометрические характеристики
поперечных сечений, интегральные характеристики напряжений и пользоваться
формулами для определения напряжений. Работа включает как задачи по
определению размеров поперечного сечения, так и задачи по проверке прочности
стержней. В задачи включены также вопросы по исследованию напряженного и
деформированного состояния.
Решение задач по определению напряжений и расчета на прочность можно
разбить на следующие основные этапы:
1. Определение геометрических характеристик сечений.
2. Определение интегральных характеристик напряжений.
3. Вычисление напряжений и расчет на прочность.
Такое построение расчетно – графической работы позволяет решать задачи
поэтапно по мере изложения лекционного материала и проведения практических
занятий, что помогает студентам лучше закрепить пройденный материал и
рационально использовать время, отведенное для самостоятельной работы.
Рекомендуется для студентов механических специальностей, изучающих
курс «Сопротивление материалов» и «Прикладная механика».
Рекомендации по оформлению пояснительной записки
1. Записка оформляется на листах формата А4.
2. Каждая часть задачи делается на отдельном листе, что позволяет выполнять
работу в течение семестра.
3. Все решения должны сопровождаться необходимыми пояснениями.
Сокращение слов в записке не допускается.
4. На обложке указывается название учебного заведения, наименование
кафедры, тема расчетно-графической работы, фамилия студента и учебная
группа.
5. Каждую задачу следует начинать с новой страницы с указанием условия и
исходных данных.
6. При расчетах следует удерживать не более 3-х значащих цифр.
7. Для всех величин должна быть указана размерность.
8. Все чертежи и графики должны быть выполнены аккуратно в масштабе с
указанием необходимых размеров.
9. Схемы нагружения, поперечные сечения стержней и числовые значения
выбираются в соответствии с вариантом, выданным преподавателем.
10.Нумерация страниц сквозная от титульного листа до последней страницы.
3
Краткие сведения из теории
. Геометрические характеристики плоских фигур.
В теории прямых стержней используются следующие характеристики
плоских фигур (поперечных сечений стержней), зависящие как от формы и
размеров сечения, так и от его расположения относительно
координатных осей:
а) статические моменты площади:
Sx =  ydxdy =  ydF;
Sy =  xdxdy =  xdF;
F
F
F
б) осевые моменты инерции:
Jx =  y2dxdy =  y2dF;
F
Jy =
F

F
x2dxdy =  x2dF;
F
в) центробежный момент инерции:
Jxy =  xydxdy =
F

F
xydF;
F
г) полярный момент инерции:
J =  2dF = Jx+Jy,
(2 = x2 + y2).
F
Оси, относительно которых статический момент равен нулю, называются
центральными. Главными называются две взаимоперпендикулярные оси,
относительно которых центробежный момент равен нулю. Ось симметрии
является и центральной, и главной осью фигуры. Точку пересечения центральных
осей называют центром тяжести фигуры.
Если известны статические моменты фигуры относительно некоторых осей
XY, то можно определить координаты ее центра тяжести в этой системе
координат следующим образом:
xc = Sy/F,
yc = Sx/F.
(1)
Для простых геометрических фигур геометрические характеристики
относительно центральных осей и координаты их центров тяжести известны и
приведены в справочниках.
Для некоторых прокатных профилей, встречающихся при выполнении работы,
размеры и геометрические характеристики приведены в справочниках в
зависимости от их номера.
Если известны моменты инерции фигуры относительно центральных осей, то
для нахождения геометрических характеристик относительно осей, параллельных
им, могут быть использованы следующие соотношения:
Jx = Jxc + a2F;
Jy = Jyc + b2F;
Jxy = Jxcyc + abF,
4
(2)
где Jxc, Jyc, Jxcyc - моменты инерции относительно центральных осей,
Jx, Jy, Jxy - моменты инерции относительно осей, параллельных
центральным осям,
a, b – соответственно ордината и абсцисса центра тяжести
фигуры в осях ХУ.
Конечной целью изучения интегральных характеристик плоских фигур
является нахождение главных центральных моментов инерции, т.е. осевых
моментов инерции относительно главных осей, начало которых совпадает с
центром тяжести фигуры.
Если известны моменты инерции относительно некоторых центральных
осей фигуры, то главные центральные моменты инерции определяются по
формуле:
J1,2 =[ Jхс + Jyc 
(J xc - J yc ) 2  4J 2xcyc /2 .
(3)
Положение главных осей 1, 2 относительно центральных XcYc определяется
по формулам:
tg1 = (Jxc- J1)/Jxcyc;
tg2 = (Jxc- J2)/Jxcyc,
(4)
где 1 и 2 - углы между осью Xc и соответствующей главной осью.
Применительно к правой системе координат положительному значению
угла соответствует поворот против часовой стрелки, отрицательному – по часовой
стрелке.
В случае, когда поперечное сечение имеет форму сложной фигуры, которую
можно представить как совокупность нескольких простых фигур, отыскание
главных моментов инерции следует производить в следующем порядке:
1. Разбить поперечное сечение на простые фигуры, для которых известны
площадь, положение центра тяжести и моменты инерции относительно их
центральных осей.
2. Выбрать вспомогательные оси координат и вычислить координаты центра
тяжести поперечного сечения
yc = Fiyi/Fi;
xc = Fixi/Fi,
где Fi - площадь простой фигуры, xi, yi – координаты центра тяжести этой фигуры
во вспомогательной системе координат.
3. Вычислить моменты инерции поперечного сечения относительно
вспомогательных центральных осей Xc, Yc
5
Jxc = (Jxi + ai2 Fi);
Jyc = (Jyi+ bi2 F);
Jxcyc = (Jxiyi+aibiFi),
где Jxi, Jyi, Jxiyi – моменты инерции составляющих фигур относительно своих
центральных осей.
4. Найти главные центральные моменты инерции по формуле (3).
5. Определить положение главных центральных осей путем поворота осей
XcYc. Угол поворота определяется по формуле (4).
. Интегральные характеристики напряжений в поперечных сечениях
стержней с прямой осью
Под действием внешних сил в поперечных сечениях стержней могут возникать
нормальные z и касательные zx, zy напряжения (рис.1).
zy
Y
zx
X
dF
z
y
Z
x
Рис.1
В силу того, что правая часть стержня отброшена, для сохранения равновесия
оставшейся части в сечении необходимо приложить систему «внутренних» сил,
эквивалентную действию отброшенной части.
Главным вектором сил этой системы будет вектор R (Qx, Qy, N) и главным
моментом L (Мx, My, Mк). Проекции этих векторов на координатные оси XYZ
будем называть интегральными характеристиками напряжений в поперечном
сечении стержня (ИХНС). Эти величины выражаются следующими интегралами:
N=

zdF; Qx =
F

zxdF;
Qy =
F
M x=  z ydF ;
F

zydF;
(5)
F
My = -  z xdF; Mк =
F

F
где N – нормальная (продольная) сила;
Qx, Qy – поперечные силы;
Мx, My – изгибающие моменты;
Мк – крутящий момент.
6
zy xdF-  zx ydF,
F
Между ИХНС и внешними
дифференциальные зависимости:
нагрузками
существуют
dQ y
dQ x
= -qy(z);
= -qx(z);
dz
dz
dM у
dMк
= -Qx;
= -mz.
dz
dz
dN
= -qz(z);
dz
dM x
= Qy;
dz
следующие
(6)
Интегрируя эти зависимости, получают следующие выражения для
нахождения интегральных характеристик напряжений в любом сечении стержня:
Qx(z) = Qx(0) - x(z);
Qy(z) = Qy(0) - y(z); N(z) = N(0) - (z);
Mx(z) = Mx(0) + Qy(0)z - Фх(z); My(z) = My(0) - Qx(0)z - Фy(z);
Mк(z) = Mк(0) – Фz(z),
где Qx(0), Qy(0), N(0), Mx(0), My(0), Мк(0) – значения интегральных характеристик
напряжений в начальном сечении стержня (при z = 0),
x(z), y(z), z(z), Фх(z), Фy(z), Фz(z) - соответственно интегралы от правых
частей зависимостей (6) и являются функциями, зависящими от закона
распределения внешних нагрузок по длине стержня. Эти функции в дальнейшем
будем называть нагрузочными.
Ниже приведены значения нагрузочных функций для наиболее часто
встречающихся случаев нагружения.
1. К оси стержня приложены продольные внешние нагрузки
q
P
0
Z
a
b
c
z
Рис.2
z(z) = q(z-a) - q(z-b) + P(z-c)0.
Здесь и далее следует иметь ввиду, что в том случае, когда выражение,
стоящее в скобках, отрицательно, то все слагаемое равно нулю независимо от
показателя степени. В случае приложения нескольких распределенных и
7
сосредоточенных нагрузок соответствующие слагаемые нужно повторить для
всех нагрузок. Все выражения нагрузочных функций записаны для
положительных внешних нагрузок.
2. К оси стержня приложены внешние крутящие моменты
mz
Lz
0
Z
a
b
c
z
Рис.3
Фz(z) = mz(z-a) - mz(z-b) + Lz(z-c)0.
3.К оси стержня приложены силы в вертикальной плоскости
Py
qy
Lx
0
Z
a
b
c
d
z
Рис.4
y(z) = qy(z-a) - qy(z-b) + Py(z-c)0,
Фх(z) = qy(z-a)2/2 - qy(z-b)2/2 + Py(z-c) + Lх(z-d)0.
8
4.К оси стержня приложены нагрузки в горизонтальной плоскости
(перпендикулярно плоскости чертежа)
Px
qx
Ly
0
Z
a
b
c
d
z
Рис.5
x(z) = qx(z-a) - qx(z-b) + Px(z-c)0,
Фy(z) = - qx(z-a)2/2 + qx(z-b)2/2 - Px(z-c) - Ly(z-d)0.
Постоянные Qx(0), Qy(0), N(0), Mx(0), My(0), Мк(0) находят из граничных
условий, т.е. на основании имеющейся информации об интегральных
характеристиках напряжений в каком-либо крайнем сечении стержня.
Так для ненагруженного конца стержня все интегральные характеристики
равны нулю.
Z
0
Z
0
l
l
N(0) = 0; Qx(0) = 0; Qy(0) = 0;
Mк(0) = 0; Mx(0) = 0; My(0) = 0;
N(l) = 0; Qx(l) = 0; Qy(l) = 0;
Mк(l) = 0; Mx(l) = 0; My(l) = 0.
Рис.6
Если концы стержня оперты шарнирно шарнирно-подвижная
шарнирно-неподвижная опоры (Рис.7), то граничные условия будут
Мх(0) = 0;
Му(0) = 0;
Мх(l) = 0;
0
Z
l
Рис.7
9
Му(l) = 0.
или
В тех случаях, когда на конце стержня приложена сосредоточенная сила P
или пара сил L, могут быть приняты, как и выше, однородные граничные условия,
т.е. можно считать, что пара сил или сила приложены к оси стержня на некотором
малом расстоянии от конца стержня  0, а в концевом сечении все
интегральные характеристики напряжений равны нулю. Внешнюю силу Р или
пару сил L при этом следует включить в нагрузочную функцию.
В этих же случаях могут быть приняты и неоднородные граничные
условия. Для этого сила, приложенная на конце стержня, принимается равной
соответственно продольной или поперечной силе, а пара сил – равной
изгибающему или крутящему моментам в концевом сечении стержня. Эти силы
или пары, естественно, в нагрузочную функцию уже не включают. На рисунке 8
записаны граничные условия для возможных случаев нагружения концевых
сечений положительными внешними нагрузками.
P
P
0
Z
0
Lz
Lz
l
l
N(0) = -P; N(l) = P;
0
Z
P
P
Z
Mк(0) = -L; Mк(l) = L;
L
L
Z
0
l
l
Qy(0) = -P; Qy(l) = P;
Mx(0) = -L; Mx(l) = L;
L
L
l
Mx(0) = -L; Mx(l) = L.
Рис.8
После записи уравнений интегральных характеристик и вычисления
начальных параметров можно построить их графики (эпюры). Эти графики
строятся на осях, параллельных оси стержня, по нормали к которым
откладываются значения функций. Эпюры позволяют наглядно представить
изменение интегральных характеристик напряжений вдоль оси стержня и
определить то сечение, где функции достигают наибольшего значения.
10
III. Напряжения в поперечных сечениях стержней с прямой осью
Рассматриваются случаи линейно-упругих стержней при весьма малых
деформациях, когда перемещения точек оси стержня значительно меньше высоты
поперечного сечения. При выводе формул для определения напряжений
принимается гипотеза плоских сечений и предполагается, что нормальные
напряжения в продольных сечениях пренебрежительно малы по сравнению с
напряжениями в поперечном сечении х = 0, у = 0.
Для вычисления нормальных напряжений в поперечных сечениях прямых
стержней применяют формулу:
M
N Mx
z =
+
y- y x,
(7)
Jy
F
Jx
где z – нормальные напряжения в точке поперечного сечения с координатами x и
y,
N – продольная (нормальная) сила в рассматриваемом сечении,
Мх, Му – изгибающие моменты в том же сечении,
F – площадь поперечного сечения,
Jx,, Jy – осевые моменты инерции поперечного сечения относительно его главных
центральных осей инерции Х и У.
В частных случаях нагружения для вычисления нормальных напряжений
используются соответствующие слагаемые формулы.
1. Растяжение-сжатие N  0,
Мх = Му = 0.
N
z =
F
Нормальные напряжения не зависят от координат точек поперечного
сечения, т.е. все точки сечения равноопасны.
2. Прямой изгиб Мх  0, N = 0, Му = 0.
z =
Mx
y.
Jx
В точках сечения, лежащих на оси Х, напряжения равны нулю, т.е. ось Х в
данном случае будет являться нулевой линией. Наибольшие напряжения будут
возникать в точках, наиболее удаленных от нулевой линии с ординатой ymax.
zmax =
где Wx =
M xmax
M
ymax= x ,
Jx
Wx
Jx
– осевой момент сопротивления.
ymax
11
3. Косой изгиб Мх  0, Му  0, N = 0.
z =
M
Mx
y - y x.
Jy
Jx
Уравнение нулевой линии при косом изгибе
M J
y0 = y  x x0,
Mx Jy
где xо, yо – координаты точек, лежащих на нулевой линии в системе главных
центральных осей.
Следовательно, нулевая линия при косом изгибе всегда проходит через
начало координат (центр тяжести сечения). Наибольшие напряжения будут
возникать в точках наиболее удаленных от нулевой линии.
4. Внецентренное растяжение-сжатие
В этом случае все три интегральные характеристики отличны от нуля N  0,
Мх  0, Му  0.
z =
M
M
N
+ x y - y x.
Jy
F
Jx
Уравнение нулевой линии:
yо =
M y Jx
N Jx

x0  .
Mx F
Mx Jy
В этом случае нулевая линия не проходит через начало координат.
5. Поперечный изгиб
Поперечным изгибом называется такой вид нагружения стержня, когда в
поперечном сечении одновременно Мх  0, Qy  0.
Нормальные напряжения в точках поперечного сечения определяют по той
же формуле, что и при чистом изгибе.
12
z =
Mx
y,
Jx
а касательные напряжения можно вычислять по формуле Журавского:
zy =
Q yS*x
J x b(y)
,
(8)
где Qy – значение поперечной силы в сечении,
Jx – главный центральный момент поперечного сечения стержня,
S *x - статический момент отсеченной части поперечного сечения,
b(y) – ширина поперечного сечения в том месте, где вычисляется касательное
напряжение.
Для того чтобы найти S *x , необходимо через точку, где нужно вычислить zy,
провести прямую, параллельную главной центральной оси Х, и найти статический
момент части сечения, лежащей выше или ниже этой линии. Например, для
сечения (рис. 9) необходимо найти касательные напряжения в т.А. Линия,
проведенная через эту точку, рассекает сечение на две части Fотс’ и Fотс”. Точки 1
и 2 соответственно центры тяжести этих площадей. Тогда
S *x = Fотс’Y1 = Fотс”Y2
Y
Fотс’
b(y)
X
A
y1
Fотс”
y2
Рис. 9
6. Кручение
Кручением называется такой вид нагружения, когда в поперечном сечении
стержня возникает крутящий момент Мк  0.
Касательные напряжения, возникающие в точке поперечного сечения с
радиус-вектором , определяются по следующей формуле:
13
 =
где
,
(9)
J - полярный момент инерции поперечного сечения.
Эта формула справедлива только для стержней круглого поперечного сечения,
так как только в этом случае применима гипотеза плоских сечений.
Наибольшие касательные напряжения возникают в точках контура.
 =
где W =
Мк
Wρ
,
Jρ
- полярный момент сопротивления.
ρ max
Для круга J = d4/32 = 0,1d4,
W = d3/16 = 0,2d3.
Напряженное состояние в точке деформируемого тела
Напряженное состояние в точке деформируемого тела характеризуется
совокупностью напряжений на всех возможных площадках, проходящих через
данную точку.
Достаточно знать напряжения на трех взаимно-перпендикулярных площадках,
чтобы вычислить напряжения на любой площадке, проходящей через
рассматриваемую точку. Совокупность напряжений на трех координатных
площадках называется тензором напряжений.
T=
σx
τyx
τ xy
σy
τ xz
τyz
τzx
τ zy
σz
Площадки, на которых касательные напряжения равны нулю, называются
главными площадками, а нормальные напряжения на этих площадках называются
главными напряжениями, нумеруются в порядке убывания 1  2  3 и
находятся из кубического уравнения:
3 - J12 + J2 - J3 = 0,
(10)
где
J1 = x + y + z,
J2 = xy + xz + zy - xy2 - xz2 - zy2,
J3 = xyz - xzy2 - yzx2 - zxy2 + 2xyzyxz.
14
Положение главных площадок задается направляющими косинусами
li = cos(x,i), mi = cos(y,i), ni = cos(z,i) нормалей i главных площадок
(i = 1, 2, 3). Для нахождения их величин используют два уравнения из системы
(x-i)li + xymi + xzni = 0,
yxli + (y-i)mi + yzni = 0,
zxli + zymi + (z-i)ni = 0,
к которым следует присоединить дополнительное условие
li2 + mi2 + ni2 = 1.
Здесь i - одно из трех главных напряжений. Различают следующие виды
напряженных состояний: одноосное, двухосное и трехосное в зависимости от
числа корней характеристического уравнения.
Наибольшие касательные напряжения возникают на площадках, равно
наклоненных к первой и третьей главным площадкам, и равны
σ  σ3
max = 1
.
2
Рассмотрим теперь напряженное состояние в опасных точках стержня.
При поперечном изгибе в опасной точке поперечного сечения действуют
нормальные напряжения от изгиба и касательные напряжения, вызванные
поперечной силой.
При изгибе с кручением возникают нормальные напряжения от изгиба и
касательные напряжения от кручения. В силу принятых гипотез в продольных
сечениях стержня нормальные напряжения у и х равны нулю.
y
zx
z
xz
z
Рис.10
Если в окрестностях опасной точки радиальным, тангенциальным и
поперечным сечениями выделить бесконечно малый элемент, то на гранях его
будут возникать только напряжения, показанные на рис.10. Заштрихованная грань
элемента совпадает с поперечным сечением. Инварианты напряженного
состояния будут
J1 = z;
J2 = -zx2;
15
J3 = 0.
Следовательно,
напряженное
состояние
характеристическое уравнение примет вид
будет
двухосным
и
(2-J1+J2) = 0.
Один корень этого уравнения будет нулевой, т.е. одно главное напряжение
равно нулю и два других определяются из квадратного уравнения и равны
 =
σz 1 2
 σz  4τ2zx .
2 2
Таким образом, главные напряжения в стержне будут равны
σ 1
σ 1
1 = z  σ2z  4τ2zx ,
3 = z  σ2z  4τ2zx .
2 2
2 2
Из рисунка 10 видно, что на площадке перпендикулярной оси Y отсутствуют
касательные и нормальные напряжения, т.е. вторая главная площадка 2 = 0 и
направляющие косинусы нормали к этой площадке будут l2 = 0, m2 = 1, n2 = 0.
Поскольку главные площадки взаимно перпендикулярны, то первая и третья
главные площадки будут параллельны оси Y.
Следовательно,
m1 = m3 = 0 и нормали 1 и 2 будут параллельны плоскости XZ.
Для нахождения направляющих косинусов в этом случае можно
воспользоваться каким-либо одним из уравнений. Найдем положение первой
главной площадки. Для этого используем первое уравнение системы
(0-1)l1 + 0 + zxn1 = 0.
Если обозначить через 1 угол между нормалью 1 и осью Х, то получим l1 =
cos1, n1 = sin1 и
-1cos1 + zxsin1 = 0.
Откуда
tg1 = 1/zx.
Из того же уравнения можно найти и положение третьей главной площадки
(0-3)l3 + zxn3 = 0.
Обозначив через точку  угол между нормалью и третьей главной
площадкой и осью Х, получим
-3cos  + zxsin  = 0,
tg = 3/zx = 3/zx.
16
Положительные углы  и  откладывать против часовой стрелки от оси Х.
Обобщенный закон Гука
Напряженное состояние в точке деформированного тела определяется
составляющими по трем координатным площадкам х, у, z, xy, xz, yz. В той же
точке деформированное состояние задается составляющими x, y, z,, ху, yz, zx,
где x, y, z – линейные деформации в данной точке вдоль координатных осей; ху,
yz, zx – угловые деформации или углы сдвига в координатных плоскостях.
На основании гипотезы об идеальной упругости материала детали связь между
этими составляющими описывается следующими выражениями:
x = [x - (y +z)]/E,
y = [y - (x + z)]/E,
z = [z - (y + x)]/E,
xy = xy/G, zy = zy/G, xz = xz/G.
Эти шесть формул носят название обобщенного закона Гука для изотропного
тела в общем случае трехосного напряженного состояния.
Упругие постоянные материала детали:
Е – модуль упругости первого рода или модуль Юнга,
G – модуль упругости второго рода или модуль сдвига,
 - коэффициент Пуассона.
Для стали можно считать
Е = 21011 Па; G = 81010 Па;  = 0,3.
Механические свойства материалов и расчеты на прочность
Основным методом определения механических характеристик материалов
является испытание на растяжение. Определенные при этом предел текучести т и
предел прочности в (временное сопротивление разрыву) являются основными
характеристиками при расчете на прочность. Для пластичных материалов за
предельное напряжение lim принимается предел текучести, а для деталей из
хрупких материалов – предел прочности.
Разделив соответствующее предельное напряжение lim на коэффициент запаса
прочности n, определяют допускаемое напряжение:
[] = lim/n.
Ориентировочные значения допускаемых напряжений для часто применяемых
материалов приводятся в соответствующих справочниках.
Важнейшей задачей инженерного расчета является оценка прочности детали
по известному напряженному состоянию. Наиболее просто решается эта задача
17
для случая одноосного напряженного состояния, так как механические
характеристики т и в установлены при испытании на растяжение, когда в
образце имеет место одноосное напряженное состояние. Таким образом, условие
прочности для одноосного напряженного состояния принимает вид max  ,
где max – максимальное по абсолютной величине нормальное напряжение.
В случае сложного напряженного состояния, как показывают опыты, для
одного и того же материала опасное состояние может наступить при различных
предельных значениях главных напряжений 1, 2, 3 в зависимости от
соотношений между ними. Поэтому экспериментально установить предельные
величины главных напряжений очень сложно. Чтобы решить задачу о прочности
материала, в этом случае вводят гипотезу о преимущественном влиянии на
прочность материала того или иного фактора.
Полагают, что нарушение прочности материала при любом напряженном
состоянии наступит только тогда, когда величина данного фактора достигает
некоторого предельного состояния. Таким образом, введение критерия прочности
позволяет заменить расчет на прочность сложного напряженного состояния равно
опасным (эквивалентным) ему одноосным напряженным состоянием. Условие
прочности в этом случае можно записать в виде экв  .
Зависимость экв = f(1, 2, 3) устанавливается по той или иной теории
прочности.
Наибольшее распространение при расчетах на прочность в машиностроении
получили: теория наибольших касательных напряжений
(III теория) и энергетическая (IV теория). Эти теории прочности хорошо
подтверждаются опытами для материалов, одинаково работающих на растяжение
и сжатие.
эквIII = 1-3,
(σ1  σ 2 ) 2  (σ 2  σ 3 ) 2  (σ 3  σ1 ) 2 / 2 .
эквIV =
П р и м е р 1. По заданной схеме нагружения и форме поперечного сечения (рис.
11) подобрать размер d из расчета на прочность. Внешние нагрузки приложены к
оси стержня.
Исходные данные:
q1=500 кН/м; q2=-30 кН/м; Р=20 кН; l1=2 м; l2=1 м;  = 100 МПа.
q1
q2
Р
l1
d
2d
l2
Рис. 11
18
Решение
Так как материал стержня работает только на растяжение-сжатие, то в точках
стержня имеет место одноосное напряженное состояние, и условие прочности
можно записать в виде
zmax  
или zmax = Nmax/F  .
Площадь поперечного сечения стержня
Следовательно,
откуда
F = 3d2/4.
zmax = 4Nmax/ 3d2  ,
d  4Nmax / 3πσ] .
(11)
Для нахождения наибольшего значения продольной силы Nmax, запишем
выражение для этой функции
N(z) = N(0) - q1z + q1(z-l1) - q2(z-l1).
Для заданных условий закрепления на правом конце стержня граничное
условие будет
N(l1 + l2) = Р  N(0) - q1(l1 + l2) + q1l2 - q2l2 = Р,
откуда
N(0) = 502-301 + 20 = 90 кН.
Окончательно получаем:
N(z) = 90 - 50z + 50(z - 2) + 30(z - 2).
Вычисляем значение продольной силы на границах участков
N(0) =90 кН
N(l1) = -10 кН
N(l1) = -10 кН
N(l1 + l2) = 20 кН.
По полученным значениям строим эпюру N (рис. 12), из которой видно, что
Nmax = 90 кН. Подставляя в формулу (11), получаем
D  4  90/3π 100 10 3  0,019м .
Из нормального ряда диаметров принимаем размер d = 20 мм.
19
q1
q2
P
l1
l2
90
20 N(z)
10
Рис. 12
П р и м е р 2. По заданной схеме нагружения (рис.13) для стального стержня
необходимо:
1. Подобрать диаметр d круглого поперечного сечения из расчета на
прочность по теории наибольших касательных напряжений.
2. Вычислить главные линейные деформации в опасной точке стержня.
m
L
l
1,5 l
d
Рис. 13
Исходные данные:
L = 4 кНм;
m = 8 кНм/м;
l = 1 м;
 = 160 МПа.
Решение
При кручении в стержнях возникает двухосное напряженное состояние –
чистый сдвиг. В точках поперечного сечения, лежащих на контуре, возникают
наибольшие касательные напряжения:
max = Mк/W.
Условие прочности при сложном напряженном состоянии
экв  .
По теории наибольших касательных напряжений
экв = 1 - 3.
20
При чистом сдвиге
Следовательно
1  ,
2  0,
3  -.
экв = 1 - 3 = 2max = 2 Mк/W.
Для стержня круглого
сопротивления W = 0,2d3.
поперечного
сечения
полярный
момент
Условие прочности примет вид:
экв = Mк/0,1d3  .
Откуда
d 
3
M кmax
0,1[ ]
.
Для определения наибольшего значения крутящего момента необходимо
построить график этой функции.
1. Уравнение крутящего момента
Мк(z) = Мк(0) - m(z-l).
На левом конце стержня Мк(0) = L, тогда Мк(z) = 4 – 8(z – 1). Вычисляем
значения крутящего момента на границах участка
Мк(0) = 4кНм,
Мк(l) = 4кНм,
Мк(2,5l) = -8кНм
и строим эпюру Мк(z).
m
L
1,5 l
l
4
4
Mk(z)
8
Рис. 14
21
Мкmax = 8кНм
Подставляя численные значения, находим
d  3 8/0,1 160 10 3  0,079м .
Принимаем диаметр стержня d = 80 мм.
2.Вычисляем наибольшие касательные напряжения в опасном сечении
max = Mкmaх/0,2d3 = 8/0,28310-6 = 78 МПа.
Главные напряжения в опасных точках этого сечения 1 = 78 МПа;
2 = 0 МПа; 3 = - 78 МПа.
Главные линейные деформации для упругого тела определяем по формулам
обобщенного закона Гука, приняв для стали модуль Юнга Е=2105 МПа,
коэффициент Пуассона =0,3
1 = [1 - (2 + 3)]/Е = (78 + 0,378)/2106 = 50,710-6
2 = [2 - (3 + 1)]/Е = 0;
3 = [3-(2 + 1)]/Е = -50,7106.
Следовательно, и деформированное состояние при кручении будет двухосное.
П р и м е р 3. По заданной схеме нагружения для стержня подобрать двутавровое
поперечное сечение из расчета на прочность. Для выбранного стержня построить
эпюры нормальных и касательных напряжений и проверить прочность стержня в
опасных точках по третьей теории прочности.
Р
l
L
l
Рис.15
Исходные данные: Р = 72 кН, L = 16 кНм, l = 0,5 м,  = 160 МПа.
22
Решение
Составим уравнение изгибающих моментов Мх и поперечных сил Qy
Qy(z) = Qy(0) + P ,
Мх(z) = Мх(0) + QУ(0)z + P(z-l).
Для определения постоянных интегрирования Qy(0) и Мх(0) для заданных
условий закрепления концов стержня граничные условия запишутся в следующем
виде:
Мх(0) = 0,
Мх(2l) = L.
Из второго условия имеем
QУ(0)2l + Pl = L.
Откуда
QУ(0) = L/2l - P/2 = 16/20,5 - 72/2 = -20 кН.
Окончательно получаем
QУ(z) = -20 + 72,
Мх(z) = -20z + 72(z - 0,5).
Вычисляем значения поперечных сил и изгибающих моментов на границах
участков
0  z  l,
Qy = -20 кН;
Мх(0) = 0;
Мх(l) = -10 кНм.
l  z  2l,
Qy = -20 + 72 = 52 кН; Мх(l) = -10 кНм; Мх(2l) = 19 кНм.
По полученным значениям строим эпюры Мх и Qy (рис. 16 ).
Опасным сечением будет сечение на правой опоре, где Мх = 16 кНм и Qy =
52 кН.
Условиe прочности при изгибе запишем в виде
z max = Mx/Wх  [].
Откуда
Wх  Mx /[] = 16/160103 = 100 см3.
23
Р
l
L
l
52
Qy(z)
20
16
Mx(z)
10
Рис. 16
По таблицам «Сортамент прокатной стали» выбираем двутавр, имеющий
ближайший больший осевой момент сопротивления. Таковым является двутавр
№16, имеющий Wх = 109 см3, и осевой момент инерции
Jх = 873 см4.
Построим эпюры нормальных и касательных напряжений по высоте опасного
поперечного сечения. Для этого вычислим величины z и zy в следующих трех
точках сечения:
Точка 1- крайние точки у = h/2.
В этих точках нормальные напряжения достигают наибольшей величины и
равны
z(1) = Mx/Wх= 16/10910-6 = 147 МПа.
Касательные напряжения в этих точках равны нулю zy(1) = 0.
Следовательно, в данной точке имеет место одноосное напряженное состояние, и
условие прочности в этой точке выполняется.
z(1) = 147 МПа  [].
Точка 2 – верхняя точка стенки двутавра (рис.17) с ординатой
у = (h/2-t).
24
b
Y
1
C1
2
h/2
F1
t
C2
y1
F2
y2
Х
3
d
Рис.17.
Из таблицы сортаментов выписываем значения размеров двутавра №16:
160 мм, b = 81 мм, d = 5 мм, t = 7,8 мм.
Нормальное напряжение в этой точке будет:
h=
z(2) = Mx(h/2 - t)/Jx = 16(80 – 7,8)/87310-8 = 132 МПа.
В этой же точке будут возникать касательные напряжения, которые при
поперечном изгибе можно определить по формуле Журавского:
zy=QySx*/Jxb(y).
Отсеченной будет одна из частей сечения, если через точку 2 проведем линию,
параллельную оси Х. В данном случае удобней взять верхнюю часть, то есть
полку двутавра F1. Рассматривая ее как прямоугольник, найдем
Sx*=F1y1=bt(h/2-t/2)=8,10,78(8-0,39)=48,1 cм3.
Ширину сечения в точке 2, не учитывая закругления, примем
b(y) = d = 0,5 см.
Тогда
zy(2) = 5248,1107/8730,5 = 57 МПа.
Точка 3 - лежит на оси Х.
25
В этой точке нормальные напряжения равны 0. Отсеченной будет половина
поперечного сечения, статический момент ее найдем как сумму статических
моментов двух прямоугольников
Sx* = F1y1 + F2y2 = bt(h/2 - t/2) + (h/2-t) d(h/2 - t)/2 =
= 8,10,78(8 - 0,39) + (8 - 0,78) 0,5(8 - 0,78)/2 = 61 cм3.
Ширина сечения
b(y) = d = 0,5 см.
Касательные напряжения в точке 3
zy(3) = 5261107/8730,5 = 81 МПа.
По найденным значениям z и zy строим их эпюры (рис.18)
z(y)
zy(y)
147
0
57
132
81
0
132
57
147
Рис. 18
0
Проверяем условия прочности в этих точках.
Точка 1. z = 147 МПа и zy = 0 МПа.
В рассматриваемой точке будет одноосное напряженное состояние, и условие
прочности можно записать в виде
z  .
В данном случае z =147 МПа  , следовательно, условие прочности в
точке 1 выполняется.
Точка 2. z = 132 МПа и zy = 57 МПа.
В данной точке будет иметь место двухосное напряженное состояние 2 = 0
26
1,3 = (z 
σ 2z  4τ 2zy )/2 = (132  132 2  4  57 2 )/2  66  87 ,
1 = 153 МПа,
3 = -11 МПа.
Условие прочности для сложного напряженного состояния
экв  .
По теории наибольших касательных напряжений
экв = 1 - 3 = 153 + 11 = 164 МПа.
Эквивалентное напряжение в точке получилось несколько выше допускаемого
напряжения, но перегрузка составляет
[(164 - 160)/160]% = 2,5 %,
что лежит в допускаемых пределах.
Точка 3.
z = 0,
zy = 81 МПа.
Такой вид напряженного состояния называется чистым сдвигом. Главные
напряжения в т.3 будут равны
1 = zy = 81 МПа;
2 = 0;
3 = -zy = -81 МПа.
Эквивалентное напряжение будет
экв = 1 - 3 = 81 + 81 = 162 МПа.
Здесь тоже эквивалентное напряжение оказалось выше допускаемого, но это
превышение тоже лежит в допускаемых пределах.
Можно сделать заключение, что условие прочности во всех точках опасного
сечения выполняется.
П р и м е р 4. Стержень АВ имеет на правом конце кронштейн ВС, в верхней
точке которого приложена горизонтальная сила Р.
Р
C
B
l
r
4l
Рис. 19
27
4r
A
Найти наибольшие напряжения в стержне АВ, если Р = 50 кН,
l = 0,2 м, r = 1 см.
Проверить прочность стержня, приняв допускаемое напряжение
 = 200 МПа.
Решение
Приведем силу Р к оси стержня АВ и построим эпюры внутренних сил. При
параллельном переносе силы Р из точки С в точку В она приведется к силе Р и
паре сил L = Pl.
Уравнения внутренних сил
N(z) = N(0);
Qy(z) = Qy(0);
Mx(z) = Mx(0) + Qy(0)z.
Граничные условия
N(0) = 0;
Mx(0) = 0;
Mx(4l) = L ,
откуда Qy(0) = L/4l = P/4.
Окончательно получаем
N(z) = P; Qy(z) = P/4;
Mx(z) = Pz/4.
Эпюры внутренних сил приведены на рис.20.
L
Р
4l
50
N(z)
Qy(z)
12,5
10
0
Mx(z)
Рис. 20
28
Таким образом, для стержня АВ вид нагружения будет – растяжение с
изгибом. И нормальные напряжения в точках поперечного сечения можно найти
по формуле
z =
M
N
+ xy
F
Jx
Вычислим необходимые геометрические
сечения стержня АВ (рис.21)
Y=Yc
характеристики поперечного
I
1
y0
X1
C1
X4
a1
II
Xc
C
y1
a2
C2
III
X2
a3
y2
C3
X3
X
y3
2
Рис. 21
Сложную фигуру можно представить как составленную из более простых
фигур: прямоугольник и два полукруга, для которых известны площади
положения центров тяжести и моменты инерции относительно своих центральных
осей.
Предварительно определим геометрические характеристики каждой фигуры:
1 фигура – полукруг радиусом r.
Площадь фигуры F1 = r2/2; осевые центральные моменты инерции Jx1 =
0,1124; Jy = r4/8, расстояние до центра тяжести У0 = 4r/3.
2 фигура – прямоугольник с основанием b = 2r и высотой h = 4r.
Площадь фигуры F2 = bh = 8r2.
Центральные осевые моменты инерции
Jx2 = bh3/12 = 2r(4r)3/12 = 10,7r4;
Jy = hb3/12 = 2,67r4.
3 фигура – полукруг радиусом r имеет те же характеристики, что и фигура 1.
29
Площадь поперечного сечения стержня
F = Fi = F1 + F2 - F3 = F2 = 8r2.
Для определения положения центра тяжести сечения выберем
вспомогательные оси ХУ. Ось У является осью симметрии фигуры, и поэтому она
будет центральной, а центр тяжести фигуры находится на этой же оси, т.е.
абсцисса xс = 0. Ординату центра тяжести найдем по формуле
yc = Sxi/Fi = (S Ix + S IIx + S IIIx )/F = (F1y1 + F2y2 + F3y3)/F,
где y1, y2, y3 – ординаты центров тяжести отдельных фигур относительно оси Х.
Соответственно
y1 = 4r + 4r/3;
y2 = 2r; y3 = 4r/3.
Теперь
yc = (r2/2)  (4r + 4r/3) + 8r2  2r - (r2/2)  4r/3 = 2,8r.
Проведем через точку С ось Хс, перпендикулярную оси Ус.
Эта ось будет являться не только центральной, но и главной, опять в силу того,
что ось Y является осью симметрии. Таким образом, оси ХсYc есть главные
центральные оси сечения.
Вычислим главные центральные моменты инерции сечения, используя
формулы параллельного переноса осей.
Предварительно найдем расстояния между осью Хс и центральными осями
отдельных фигур
a1 = y1 - yc = 4r + 4r/3 - 2,8r = 1,3r;
a2 = -(yc - y2) = -(2,8r - 2r) = -0,8r;
a3 = -(yc - y3) = -(2,8r - 4r/3) = -2,38r.
Используя формулы параллельного переноса осей, получаем
Jxc = J Ixс + J IIxс + J IIIxс = (Jx1 + a 12 F1) + ( Jx2 + a 22 F2) - (Jx3 + a 32 F3) =
= 0,11r4 + (1,3)2  r2/2 + 10,7r4 + (0,8r)2  8r2 - 0,11r4 - (2,38r)2  r2/2 =
= 9,36r4 = 9,36 cм4.
Наибольшие параллельные напряжения будут возникать в поперечном
сечении стержня В на правой опоре, где
N=P=50 кН,
Мх=Pl=10кНм.
30
Вычислим напряжения в крайних точках этого сечения.
Крайняя верхняя точка 1: y = 2,2 см.
z(1) = 50/8  104 + 50  0,2/9,36  2,2  106 = 2413 МПа.
Крайняя нижняя точка 2:
y = -2,8 см.
z(2) = 50/8  104 + 50  0,2/9,36  (-2,8)  106 = -2929 МПа.
В обеих точках z  , следовательно, условия прочности не выполняются.
П р и м е р 5. Проверить прочность балки (рис.21), нагруженной поперечными
нагрузками, действующими в горизонтальной и вертикальной плоскостях.
Стержень изготовлен из швеллера №16 и равнополочного уголка №10с жестко
соединенных между собой по всей длине.
Исходные данные: q = 5 кН/м, l = 0,6 м, Рх = Ру = Р = ql = 3 кН,
L = ql2 = 1,8 кНм,  = 160 МПа.
Py
q
L
Px
l
l
l
Рис. 22
Решение
Выписываем из таблиц прокатного сортамента необходимые данные для
фигур, составляющих поперечное сечение:
Швеллер №16: h1 = 16 см, В1 = 6,4 см, F1 = 18,1 см2, Jx1 = 747 см4,
Jy1 = 63,3 см4, z1 = 1,8 см.
Уголок №10: В2 = 10 см, F2 = 15,6 см2, Jx2 = Jy2 = 147 см4, Ju = 233 см4,
Jv = 61 см4, z2 = 2,75 см..
При пользовании таблицами сортамента следует обратить внимание на
возможное несовпадение в обозначении осей фигуры, выбранных в задаче и
принятых в таблицах. Поэтому все характеристики, взятые из таблиц, необходимо
снабдить индексами осей, принятыми в задаче.
31
B1
Y1
Нулевая линия
B2
Yc
Y2
Y0
A
X2
a2
y2
Xc
a1
yc
X0
x2
xc
B
b1
b2
z1
X1
z2
Рис.23
Для определения положения центра тяжести сечения выбираем
вспомогательные оси Х1У1, совпадающие с центральными осями швеллера.
Вычисляем координаты центра тяжести всего сечения
F y  F y 18,1 0  15,6(8  2,75)
S
yc =  xi  1 1 2 2 
 2,43 см,
F
F1  F2
18,1  15,6
xc =
 S yi F1 x 1  F2 x 2 18,1 0  15,6(8  2,75)


 2,11 см.
F
F1  F2
18,1  15,6
Отмеряя по осям Х1У1, соответственно 2,11 см и 2,43 см, находим положение
центра тяжести С поперечного сечения стержня. Проводим через эту точку
вспомогательные центральные оси ХсУс, параллельные центральным осям
швеллера и уголка. Для вычисления центральных осевых и центробежных
моментов инерции определим координаты центров тяжести С1 и С2 в системе осей
ХсУс:
a1 = -yc = -2,43 см;
b1 = -xc = -2,11 см;
a2 = (h1/2 - yc - z2) = (8 - 2,43 - 2,75) = 2,82 см;
b2 = z1 + z2 -xc = 2,75 + 1,6 - 2,11 = 2,44 см.
32
Используя формулы преобразования, при параллельном переносе осей
получаем
Jxc = (Jxc)i = (Jx1 + a 12 F1) + (Jx2 + a 22 F2) =
=(747 + 2,432  18,1) + (147 + 2,82  15,6) = 1125 см4,
Jyc = (Jyc)i = (Jy1 + b 12 F2) + (Jy2 + b 22 F2) =
= (63,3 + 2,112  18,1) + (147 + 2,442  15,6) = 384 см4.
Центробежный момент инерции швеллера Jx1y1=0, так как ось Х1 одновременно
является осью симметрии. Для уголка главными осями инерции являются оси U и
V, повернутые на угол  = 45 по отношению к осям Х2 У2. Для определения
центробежного момента относительно этих осей воспользуемся формулами
поворота
Jx2y2 = [(Ju - Jv)sin2]/2 = [(233 - 61)sin/2]/2=86 см4.
Теперь вычисляем центробежный момент инерции всего сечения относительно
центральных осей ХсУ
Jxcyc = Jx1y1 + a1b1F1 + Jx2y2 + a2b2F2 = 0 + (-2,43)  (-2,11)  18,1 + 86 +
+ 2,82  2,44  16,6 = 286 cм4.
Вычислим главные моменты инерции по формуле
Jmax,min=0,5[Jxc+Jyc  (J xc  J yc ) 2  4J 2x2y2 ] 
 0,5[1125  384  (1125  384) 2  4  286 2 ]  754  468.
Принимаем Jx0 = Jmax = 1222 см4, Jу0 = Jmin = 287 см4.
Определим положение главных центральных осей Х0У0 по формулам:
tq1 = tq(Xc, X0) = (Jxc – Jx0)/Jxcyc = -0,339;
tq2 = tq(Yc, Y0) = (Jxc – Jy0)/Jxcyc = 2,93;
1 = -18,8.
2 = 71,2.
Перейдем к построению эпюр поперечных сил и изгибающих моментов
Qy(z) = Qy(0) – [-P – q(z – 2l)],
Mx(z) = Mx(0) + Qy(0)z – [-P(2 - l) – 0,5q(z – 2l)2].
Граничные условия Qy(3l) = 0; Mx(3l) = 0,
33
откуда Qy(0) = -P - ql = -3 - 50,8 = - 7 кН,
Mx(0) = -Qy(0)  3l – P – 0,5  q l2 =
=7  3  0,6 – 0,5  5  0,82 = 6,3 кНм.
Окончательно Qy(z) = - 7 + 3 + 5(z - 1,2),
Mx(z) = 6,3 – 7z + 3(z - 0,6) + 0,5(z – 1,2)2.
Вычисляем значения функций на границах участков
0  Z  l; Qy(0) = -7 кН; Mx(0) = 6,3 кНм,
Qy(l) = -7 кН; Mx(l) = 2,7 кНм.
l  Z  2l; Qy(l) = -4 кН; Mx(l) = 2,7 кНм;
Qy(2l) = -4 кН; Mx(2l) = 0,9 кНм.
2l  Z  3l; Qy(2l) = -4 кН; Mx(2l) = 0,9 кНм;
Qy(3l) = 0;
Mx(3l) = 0.
В перпендикулярной плоскости
Qx(z) = Qx(0);
Граничные условия Qx(3l) = P;
Откуда Qx(0) = P;
My(z) = My(0) – Qx(0)z - L
Mx(3l) = 0.
Mx(0) = Qx(0)3l + L = 3  1,8 + 1,8 = 7,2 кНм.
Окончательно Qx(z) = 3;
Mx(z) = 7,2 – 3z - 1,8.
Поперечная сила постоянна по всей длине стержня и равна 3 кН. Вычислим
изгибающий момент на границах участков
0  Z  l; My(0) = 7,2 кНм; My(l) = 5,4 кНм.
l  Z  3l; My(l) = 3,6 кНм; Mx(3l) = 0.
По вычисленным значениям строим эпюры (рис. 24).
По полученным эпюрам выбираем опасное сечение стержня. В данном случае
таковым будет являться левое концевое сечение (в заделке), так как именно в этом
сечении оба изгибающих момента достигают наибольшей величины: Мх = 6,3
кНм, Му = 7,2 кНм. Нормальные напряжения при косом изгибе определяются по
формуле:
z = Mxy/Jx – Myx/Jy,
где Jx и Jy – главные центральные моменты инерции, т.е. Jx=Jx0=1222 см4,
Jx=Jу0=287 см4. Изгибающие моменты должны быть определены тоже
относительно главных центральных осей.
34
L
Py
q
Px
l
l
l
0
6
Qy(z)
3
3
6
6,3
2,7
0,9
0
Mx(z)
3
7,2
5,4
3,6
Qx(z)
1,8
0
My(z)
Рис. 24
Поскольку внешние заданные нагрузки действуют в вертикальной и
горизонтальной плоскостях, то на рис. 25 имеем эпюры изгибающих моментов,
действующих в этих плоскостях, т.е. моменты относительно осей Х сУс. В
используемой формуле необходимы моменты относительно главных центральных
осей: Мхс = Мх = 6,3 кНм, Му с = Му = 7,2 кНм.
Yc
Y0
Myc
My0
Mxc
C

Xc

Mx0
X0
Рис. 25
35
Найдем требуемые моменты как сумму проекций
центральные оси сечения
Мхс, Мус на главные
Mx0 = Mxccos0 – Mycsin0 = 6,3 0,947 – 7,2 0,323 = 3,64 кНм,
My0 = Myccos0 + Mxcsin0 = 7,2 0,323 + 6,3 0,947 = 8,29 кНм.
Следует иметь ввиду, что в данном случае формулы преобразования получены
для отрицательного угла 0.
Таким образом, для принятых обозначений осей в решении задачи формулу
можно переписать в виде
z =
M
M x0
y - y0 x.
J y0
J x0
Наибольшие нормальные напряжения будут возникать в точках, наиболее
удаленных от нулевой линии. Уравнение нулевой линии в системе главных
центральных осей
y0 =
M y0 J x0

x0,
M x0 J y0
где x0, y0 –координаты точек, лежащих на нулевой линии.
y0 = 8,29/3,64  1222/287  x0 =9,7 x0.
Согласно полученному уравнению проводим нулевую линию и находим
точки, наиболее удаленные от нее. Это точка А с координатами
xА = -8,7 см,
yА = 2,9 см.
Нормальные напряжения в этой точке
z(A) = [3,64/1222  2,9 – 8,29/287  (-8,7)]  106 = 259 МПа  .
Условие прочности для стержня не выполняется.
П р и м е р 6.
Стержень круглого поперечного сечения нагружен
горизонтальными и вертикальными нагрузками и крутящим моментом (рис. 26).
Определить диаметр поперечного сечения из расчета на прочность.
Исходные данные: Р1 = 6 кН, Р2 = 10 кН, q = 4 кН/м, L = 5 кНм,
l = 1 м,  = 160 МПа.
36
P2
P1
P1
L
q
L
0,5l
l
d
Рис. 26
Решение
Построение эпюр начнем с рассмотрения сил, действующих в вертикальной
плоскости
Qy(z) = Qy(0) + P2,
Mx(z) = Mx(0) + Qy(0)  z + P2  (z – l).
Граничные условия
Qy(0) = -P1,
Mx(0) = 0.
Окончательно получаем:
Qy(z) = -6 + 10 , Mx(z) = - 6  z + 10  (z – 1).
Под действием сил, действующих в горизонтальной плоскости:
Qx(z) = Qx(0) + q  z – q  (z – 1,5l),
My(z) = My(0) - Qx(0)  z - q  z2/2 + q  (z – 1,5l)2/2.
Соответствующие граничные условия:
Qx(0) = 0,
My(0) = 0.
Окончательно получаем:
Qx(z) = 4  z – 4  (z – 1,5),
My(z) = - 4  z2/2 + 4  (z – 1,5)2/2.
Уравнение крутящих моментов:
Mк(z) = L = 5 кНм.
Вычисляя значение функций на границах участков, строим их эпюры (рис. 27 )
37
P2
P1
P1
L
Px
q
L
0,5l
l
4
Qy(z)
6
0
4
6
4
Mx(z)
4
Qx(z)
0
0
My(z)
2
4
Mk(z)
5
Рис. 27
Для того чтобы, произвести расчет на прочность, выберем опасное сечение
стержня. Поскольку крутящий момент не меняется по длине стержня, то
положение опасного сечения определяется величиной
Мизг = М 2x  M 2y .
Сечение А:
Мх = 6 кНм, Му = 2 кНм, Мизг =
62  22 = 6,3 кНм.
Мх = 4 кНм, Му = 4 кНм, Мизг =
4 2  4 2 = 5,7 кНм.
Сечение В:
Опасным будет сечение В.
Поскольку в опасной точке стержня будет двухосное напряженное состояние,
то условие прочности запишем в виде
38
экв  [].
По теории наибольших касательных напряжений
экв = 1 - 3.
В опасной точке поперечного сечения
М
z max = изг =
Wx
 =
Мк
Wρ
=
М 2x  M 2y
,
0,1 d 3
Мк
0,2d 3
.
Главные напряжения в этой точке
1 =
σx 1 2
σ 1
3 = x  σ 2x  4τ 2xz .
 σ x  4τ 2xz ,
2 2
2 2
2 = 0.
Тогда
экв =
σ  4τ
2
x
2
xz
=
М 2x  M 2y  М к2
0,1 d 3
 [].
Откуда
d
3
M 2x  M 2y  M 2k
0,1 σ
=
3
6 2  2 2  52
0,1 160 10 3
= 0,0795 м = 79,5 мм.
Из нормального ряда диаметров выбираем D=80 мм.
39