Схема I (кручение) Дано: [τ] МПа

Схема I (кручение)
Дано: M1 = 6 kHм, M 2 = 4 кНм, M 3 = 2 кНм ,
а = 0,2 м; D /d = 1,2; b/d =1,1; h/b =1,5.
[τ] = 100 МПа , G = 8 ⋅104 МПа .
Решение:
1. Построить диаграмму крутящих моментов М К и углов закручивания ϕ для
стержня без одной опоры (правой или левой).
Изобразим стержень с одной опорой, соблюдая масштаб по длине. Требуемые
диаграммы строятся на осях параллельных оси стержня с проставлением значений
ординат в характерных точках.
Момент реакции в опоре определяется из уравнения равновесия системы: сумма
моментов относительно оси Х равна нулю (ось Х – ось стержня).
m
X
  M A  M1  M 3  M 2  0
М A  M 1  M 3  M 2  4кНм
Методом сечений определяем внутренние крутящие моменты. Эпюра крутящих
моментов представлена на рисунке выше. Крутящий момент является
положительный, если он вращает против часовой стрелки.
Получаем следующее распределение крутящих моментов вдоль оси балки:
 M кр (z)  0
при
0  z  0,5a

при
a  z  2a
M кр (z)  - M 2  4кНм

при
2a  z  3a
M кр (z)  - М 2  М 3  2кНм
M (z)  - М  М  М  4кНм при
3a  z  4a
2
3
1
 кр
Для определения относительных углов закручивания применяем формулу
M кр  l
l 
.
GJp
Эта формула действительна только для части стержня постоянного сечения по длине
l .Произведение G  J p называется жесткость стержня при кручении, J p полярный момент инерции поперечного сечения стержня.
 d4
Jp 
Для сплошного круга:
32
Для прямоугольника вместо полярного момента инерции введено понятие
геометрического параметра (фактора) жесткости J K , который по смыслу
эквивалентен полярному моменту инерции сечения. Выражение его получается
методами теории упругости:
J K  J p    b3  h .
Для кольцевого сечения: J p 
  D4
32

 d4
32

  D4 
4
d 
1    
32   D  
При формулировании условия прочности при кручении используются
геометрические характеристики, которые называются полярными моментами
Jp
сопротивления, и находятся они по определению: W p 
 max
d
 d3
и Wp 
2
16
Для
прямоугольного
сечения
используется
геометрический
параметр
эквивалентный по смыслу полярному моменту сопротивления: WK    b 2  h .
h
Коэффициенты  и  зависит от отношения . Выбираем его из таблицы.
b
Для сплошного круга:  max 
h
 1,5 , то определяем   0,231 и   0,196 по таблице.
b
Определим геометрические характеристики поперечных сечений стержня, выразив
их через один определяющий параметр ( посредством d ), используя заданные
соотношения.
Поскольку из условия задачи
4
D
  D3   d  
Для кольцевого сечения:  max 
и Wp 
1    
2
16   D  
D  1,2d
Кольцевое сечение:
  1,2d 4 

  0,1054d 4

32

4
3 
  1,2d    d  
Wp 
1 
  0,1757d 3
  1,2d  
16


Прямоугольник: b  1,1d и h  1,5b  1,5  1,1d  1,65d
Jp 
 d 
1 

  1,2d 

4
J p  0,196  1,1d   1,65d  0,4304d 4
3
Wp  0,231  1,1d   1,65d  0,4612d 3
2
Круглое сечение:
D  1,2d
Jp 
  1,2d 4
 0,2036d 4
32
  1,2d 3
Wp 
 0,3393d 3
16
Определим повороты сечения для каждой части стержня, где крутящие моменты и
жесткости постоянны по длине:
4  103  0,2
1
Поворот сечения 1 относительно А:
1 / A 
 9,4877  10 8 4 м 4
10
4
8  10  0,1054d
d
 2  103  0,2
1
 1,1617  10 8 4 м 4
10
4
8  10  0,4304d
d
3
 4  10  1,5  0,2
1
Поворот сечения 3 относительно 2:  3 / 2 
 3,4851  10 8 4 м 4
10
4
8  10  0,4304d
d
0  0,5  0,2
Поворот сечения 4 относительно 3:  4 / 3 
0
8  1010  0,2036d 4
По вычисленным значениям углов определяются повороты всех сечений
относительно неподвижного сечения А. Так поворот освобождённого конца равен:
1
 4 / A  1 / A   2 / 1   3 / 2   4 / 3  4,8409  10 8 4 м 4
d
Процедура вычислений показана на диаграмме углов закручивания.
В итоге получаем следующие эпюры.
Поворот сечения 2 относительно 1:  2 /1 
2. Построить диаграмму крутящих моментов M kp для стержня с двумя опорами.
Статика даёт одно уравнение равновесия при двух неизвестных:
 mX   M A  M B  M1  M 2  M 3  0
Задача статически неопределима. Дополнительное уравнение можно записать,
учитывая что в опорах сечения стержня не поворачиваются. Устраним правую
опору, заменив её действие моментом Х. Очевидно этот момент будет равен
реактивному M B , если поворот сечения равен нулю.
Дополнительное уравнение:  B  0
На основании принципа независимости действия сил:
M  a  M  a M  a   M  a M  2,5a   X  a X  2,5a X  0,5a 
0

 B  1   3  1    2  2


G  J1  G  J1 G  J 2   G  J1
G  J 2   G  J 1
G  J2
G  J 3 
Получаем, что
M 1  a  M 3  a M 3  a   M 2  a M 2  2,5a 





G  J 1  G  J 1 G  J 2   G  J 1
G  J 2 
X 

a
2,5a
0,5a


G  J1 G  J 2 G  J 3
1,42315  0,47438  0,11617  0,94877  0,58086
 1,0907кН
0,2372  0,1452  0,0614
Возвращаясь, к уравнению равновесия, имеем:
M A   M B  M 1  M 2  M 3  1,0907  6  4  2  2,9093кН
Используя метод сечения и формулу для относительных углов закручивания,
получаем следующие эпюры:

3. Подобрать размеры поперечных сечений стержня с двумя опорами, сохранив
соотношения, из условия прочности.
Условие прочности выглядит следующим образом.
M kp
 max 
 [ ]
Wp
В той части стержня, где поперечное сечение - прямоугольник, максимальное
значение момента равно M max  5,0907kHм . Подставим в формулу
5,0907
  
0,4612d 3
Из этого неравенства получаем, что
d 3
5,0907  103
5,0907  103
3
 4,797  10 2 м
8


0,4612 
0,4612  10
Примем d  4,8  102 м  48мм
5090,7
 99,8МПа
При этом  
3
0,4612  0,048
Недогрузка составляет 0,2%.
Размеры сечения тогда b  1,1  48  52,8 мм и h  1,65  48  79,2 мм
Проверим прочность кольцевого сечение. D  1,2  48  57,6 мм
2,9093  103
 max 
 149,72 МПа   
3
0,1757  0,048
Условие прочности не удовлетворено. Выберем новое значение d .
d 3
2,9093  103
 5,49  10 2 м
0,1757  108
Примем d  5,5  102 м  55мм
2909,3
 99,5МПа
При этом  
3
0,1757  0,055
Недогрузка 0,5%.
D  1,2  55  66 мм
Проверим прочность прямоугольного сечение.
Размеры сечения тогда b  1,1  55  60,5 мм и h  1,65  55  90,75мм
5090,7

 66,3МПа
3
0,4612  0,055
Проверим прочность круглого сечения
1,0907  103
 max 
 19,32 МПа   
3
0,3393  0,055
4. Построить для стержня с двумя опорами диаграмму углов закручивания  .
 2,9093  103  0,2
1
Поворот сечения 1 относительно А:
1 / A 
 6,9  10 8 4 м 4
10
4
8  10  0,1054d
d
3
3,0907  10  0,2
1
Поворот сечения 2 относительно 1:  2 /1 
 1,7952  10 8 4 м 4
10
4
8  10  0,4304d
d
3
5,0907  10  1,5  0,2
1
Поворот сечения 3 относительно 2:  3 / 2 
 4,4354  108 4 м 4
10
4
8  10  0,4304d
d
1,0907  0,5  0,2
1
 0,6696  10 8 4 м 4
10
4
8  10  0,2036d
d
Проверка  B  6,9  1,7952  4,4354  0,6696  0,0002
Погрешность 0,02%.
Эпюры представлены выше.
Поворот сечения 4 относительно 3:  4 / 3 
5. Рассчитать опорные закрепления стержня с двумя опорами (сварка)
Касательные напряжения в сварном шве образуют опорные моменты, которые
уравновешивают крутящие моменты в примыкающих к опорам сечениях.
 D
В левой опоре: M B 
D
 D
   0,7t  dl   2    0,7t  2
2
   0,7t  2 AD
0
В правой опоре момент образуется напряжениями, распределенными по кругу.
 d
d
 d2
M B     0,7t  dl      0,7t 
   0,7t  2 Aкр
2
2
0
AD , Aкр - площади, ограниченные контуром поперечных сечений стержня.
Напряжения в швах.
MB
MA
 кол 
 kp 
0,7t  2 AD
0,7t  2 Akp
Площади определяем по формуле
2
2
t
t


d  
D  
2
2
A*D  2 
и A*kp  2 
4
4
Из условия прочности     определяем толщину шва.
MA
 0,6  10 2 м  6 мм
Для кольца: t кол 
2
 D
 
0,7  2
4
MB
 0,228  10 2 м  2,3 мм
Для круга: t кр 
2
 d
 
0,7  2
4
Поскольку расчет приближенный, то назначим t кол  6 мм и t кр  3 мм .
Проверим условие прочности
MA
 кол 
 92,62МПа   
2
t кол 

D 

2 

0,7t кол  2  2
4
MB
MB
 кp 

 103,58МПа   
2
2
t кр 
t кр 


  d  
0,7t    d  
2
2 


0,7t  2  2 
4
Все условия прочности выполняются.
Схема II. (Изгиб двухопорной балки)
Данные для задачи:
E  2,1  10 5 МПа ;    160МПа ; Р  30кН ; М  30кНм ; q  22
a  3 м ; b  2м ; c  2,5м
кН
;
м
1. Построить диаграммы: поперечных сил T и изгибающих моментов M и .
Для определения реакции опор воспользуемся уравнениями равновесия.
 1,5c  a 
уравнение
 m A   Pa  qa  1,5c  2   M  M  RB 1,5c  b  0
относительно опоры А
a  1,5c 

 mB   Pa  1,5c  b  b  1,5c R A  qa  1,5c  b  2   M  M  0 момента относительно опоры В.
Из второго уравнения получаем, что реакцию в опоре А.

1 
a  1,5c 

RA 
qa  1,5c  b 
  Pa  1,5c  b   93,16кН

b  1,5c 
2 


Из уравнения сил находим реакцию в опоре В.
1 
 1,5c  a 
RB 
Pa  qa  1,5c 
  25,34кН

1,5c  b 
 2 
Проверка.
 F  P  a  1,5cq  RA  RB  0
момента
уравнение
Построение диаграмм T и M и .
В поперечных сечениях стержня внутренние силовые факторы
следует изображать в положительном направлении, согласно принятому
правилу знаков:
Знак момента M и принят по знаку кривизны, знак поперечной силы T по знаку
касательных напряжений.
Сечение 1.
Из уравнения равновесия сил
T  P  qx  30  22 x (прямая)
 F  P  qx  T  0 имеем
x2
 M и  0 имеем
Из уравнения равновесия моментов  M   Px  q
2
x2
M и  Px  q
 30 x  11x 2 (парабола)
2
Сечение 2.
Из уравнения равновесия сил
 F  P  qx  R
A
 T  0 имеем
T  P  qx  RA  30  22x  93,16  123,16  22x (прямая)
x2
 M и  R A x  a   M  0 имеем
Из уравнения равновесия моментов  M   Px  q
2
M и  Px  q
x2
 R A x  a   M  30 x  11x 2  93,16x  3  30  11x 2  123,16 x  309,48
2
парабола
Сечение 3.
Из уравнения равновесия сил
 F  P  qa  1,5c  R
A
 T  0 имеем
T  P  qa  1,5c  RA  30  223  1,5  2,5  93,16  25,34 (константа)
Из
уравнения
равновесия
моментов
a  1,5c 

 M   Px  qa  1,5c  x  2   M и  R A x  a   M  0 имеем
a  1,5c 

M и  Px  qa  1,5c  x 
  R A x  a   M  30 x  22  6,75 x  3,375  93,16x  3  30 
2 

 25,34 x  191,7 (прямая)
Все данные сведены в таблицу.
x, м
T , кН
0
a3
a3
a  1,5c  6,75
a  1,5c  6,75
a  1,5c  b  8,75
30
-36
57,16
-25,34
-25,34
-25,34
Получаем следующие эпюры.
M и , кНм
0
-9
-39
20,66
20,66
-30
2. Изобразить изогнутую ось балки.
Без количественной оценки перемещений поперечных сечений балки её
изогнутую ось изображаем по распределению изгибающих моментов по
длине, зная, что на опорах перемещения отсутствуют и возможен их поворот.
Необходимо учитывать: положительному моменту соответствует положительная
кривизна и наоборот; смена кривизны (точка перегиба), где изгибающий момент
равен нулю; кривизна там больше, где больше изгибающий момент.
3. Определить размеры поперечного сечения стержня из условий прочности.
M
 max  и  y max   
Jz
Геометрические характеристики поперечного сечения.
Поскольку фигура симметрична, то положение центра тяжести находится на
пересечении осей Oz и Oy.
Наша фигура состоит из 4 простых фигур: 2-х прямоугольников и 2-х полукругов.
Все они симметричны относительно оси Oz.
Поэтому можем записать, что
характеристики известны.
J z  J 1  J 2  J 3  J 4 . Для них геометрические
  0,6b 
  0,6b 
b0,6b 
2bb 3
, J2 
, J3 
, J4 
128
128
12
12
4
3
 1  0,6
0,6   0,1423b 4
J z  J 1  J 2  J 3  J 4  b 4  

64
12 
6
3. Определить размеры поперечного сечения из условия прочности.
Для стержня постоянного сечения по длине расчетная величина изгибающего
момента есть максимальное значение на диаграмме. В нашем случае это вершина
параболы  11x 2  123,16 x  309,48 . Определим вершину параболы
123,16
xверш  
 5,598 . Тогда максимальный расчетный изгибающий момент равен.
2  (-11)
4
4
3
J1 
M max  расч  105,5982  112,86  5,598  232,15  35,256кНм
Знак показывает, что верхняя часть сечения (выше нейтральной оси Z ) сжимается,
нижняя часть растягивается. Координаты точек наиболее удалённых от
нейтрального слоя находятся в растянутой зоне:
 y max Р  b
2
Из условия прочности:
M max  расч
Jz
2  0,1423b 4

 0,2846b 3 
 y max Р
 
b
b
3
M max  расч
3
0,2846  
35,256  10 3
 0,0918 м  9,18  10 2 м
6
0,2846  160  10
Примем, что b  9,2 см.
4. Построить диаграммы распределения нормальных  и касательных 
напряжений по высоте сечения стержня.
Диаграмм распределения нормальных  .
Нормальные напряжения изменяются по линейному закону:
y 
Mи
y
Jz
Для построения диаграммы достаточно определить напряжения в двух
точках (максимально удалённых от нейтральной оси Z ):
 max p
 max p
M max
35,256  10 3

b

 159МПа
3
0,2846b 4
0,2846  0,092
M max
35,256  10 3


b

 159МПа
3
0,2846b 4
0,2846  0,092

Диаграмма распределения касательных напряжений по высоте сечения.
Касательные напряжения определяются по формуле Журавского:

T S z отс
J z by
 - касательное напряжение на уровне y,
S z отс - статический момент площади
S z отс  Aотс y c,отс
выше уровня y (или ниже).
b y - ширина сечения по материалу на уровне y.
Определим касательные напряжения в точках 1, 2 и 3, которые показаны ниже
на диаграмме.
Напряжения определяем в сечении, где сдвигающая сила имеет максимальное
значение. По диаграмме Tmax  57,16кН
Точка 1.
S z отс  0 ,   0
Точка 2.
S z отс  0,2b  2b  0,4b  0,16b 3 , 
Точка 3.

57,16  10 3  0,16b 3 32,135  10 3 32,135  10 3


 3,8МПа
0,1423b 4 2b
b2
(0,092) 2
S z отс  Ay  A1 y1  A2 y 2  2b  b  b    0,3b
2
2 2
2
4  0,3b
1

 0,3b  b  0,15b  b 3   0,018  0,045   0,437b 3
3
2

57,16  10 3  0,437b 3 438,84  10 3


 51,85МПа
0,1423b 4 0,4b
0,092 2
Поскольку поперечное сечение симметрично, то в симметричных точках будут
такие же значения.
Схема III. (Изгиб консольной балки)
E  2,1  10 5 МПа ;    160МПа ; Р  30кН ; М  30кНм ; q  22
a  3 м ; b  2м ; c  2,5м
кН
;
м
1. Построить диаграммы поперечных сил T и изгибающих моментов M и .
Реакции:
 F P  qc  qa  RA  0
RA  P  qc  qa  91кН
c2


m


Pc

qa
b

c

0
,
5
a

q
M MA  0
 A
2
qc 2
M A   Pc  qab  c  0,5a   M 
 359,75кНм
2
Проверка:
m
B
 qa 2  M  P(1,5a  b)  qc1,5a  b  0,5c  RA (1,5a  b  c)  M A  0
Построение диаграмм T и M и .
В поперечных сечениях стержня внутренние силовые факторы
следует изображать в положительном направлении, согласно принятому
правилу знаков:
Знак момента M и принят по знаку кривизны, знак поперечной силы T по знаку
касательных напряжений.
Сечение 1.
Из уравнения равновесия сил
 F  T  0 имеем
T  0 (константа)
Из уравнения равновесия моментов
M  M
и
 0 имеем
M и  0 (константа)
Сечение 2.
Из уравнения равновесия сил
 F  qx  0,5a  T  0 имеем
T  qx  0,5a  22 x  33 (прямая)
Из уравнения равновесия моментов
M  q
x  0,5a 2
2
 M и  0 имеем
M и  q
x  0,5a 2
2
 22
x  0,5  32
2
 11x 2  33x  24,75 - парабола
Сечение 3.
Из уравнения равновесия сил
 F  qa  T  0 имеем
T  qa  22  3  66 (константа)
Из уравнения равновесия моментов
 M  qax  a  M  M и  0 имеем
M и  qax  a   M  66x  3  30  66 x  228 (прямая)
Сечение 4.
Из уравнения равновесия сил
 F  qa  qx  1,5a  b  T  P  0 имеем
T  qa  qx  1,5a  b  P  66  22x  1,5  3  2  30  22x  107 (прямая)
Из уравнения равновесия моментов
2

x  1,5a  b 
 Px  1,5a  b   M и  0 имеем
 M  qax  a   M  q
2
x  1,5a  b 2  Px  1,5a  b   11x 2  107 x  431,75 (парабола)
M и  qax  a   M  q
2
Все данные сведены в таблицу.
x, м
T , кН
0
0,5a  1,5
0,5a  1,5
1,5a  4,5
0
0
0
-66
M и , кНм
0
0
0
-99
1,5a  4,5
1,5a  b  6,5
1,5a  b  6,5
1,5a  b  c  6,5
Получаем следующие эпюры.
-66
-66
-36
-91
-69
-201
-201
-359,75
3. Подобрать размеры поперечного сечения балки из условия прочности.
Момент инерции сечения относительно главной центральной оси Z:
2


a
a


J z  4  J z1    b  y c   A  , y max   b


2
2



Осевой момент сопротивления сечения:
Wz 
Jz
y max
2


 J z1   a  b  y c   A 


2


 4 
a
b
2
По условию прочности требуемый момент сопротивления
Wz 
M и  расч
 

359,75  10 3
 2248,44см 3
6
160  10
2


 J z1   a  b  y c   A 


2


  2248,44см 3
Уравнение:
a
b
2
Возьмем равнополочный уголок №16 из ГОСТ 8509-93
b  16см , B  16см , A  31,43см 2 , yC  4,3 , J z1  774,24см 4 , t  1см
Примем a  20 см.
2


 J z1   a  b  y c   A 


2


  2396,048см 3
a
b
2
Недогрузка составляет 6,2%.
J z  Wz  y max  2396,048  26  62,297  10 3 см 4  62,297  10 5 м 4
4. Построить диаграммы распределения нормальных  и касательных 
напряжений по высоте сечения стержня.
Диаграмм распределения нормальных  .
Нормальные напряжения изменяются по линейному закону:
y 
Mи
y
Jz
Для построения диаграммы достаточно определить напряжения в двух
точках (максимально удалённых от нейтральной оси Z ):
 max   1 
2 
M max
359,75  10 3
 y1 
 0,26  150,14МПа
Jz
62,297  10 5
M max
359,75  10 3
 y2 
 0,1  57,75МПа
Jz
62,297  10 5
Диаграмма распределения касательных напряжений по высоте сечения.
Касательные напряжения определяются по формуле Журавского:

T S z отс
J z by
T  91кН
t
a
T 2 B  t   b  
2  91  10 3  2  16  1  10  16  0,5  10 6
2
1 

 0,372МПа
J z  2B
62,297  2  16  10 7
t
a
T 2 B  t   b  
2  91  10 3  2  16  1  10  16  0,5  10 6
2
2 

 5,96 МПа
J z  2t
62,297  2  1  10 7
a

T  2 A  b  y c 
3
6
2
  91  10  2  31,4310  16  4,3  10  9,96 МПа
3 
J z  2t
62,297  2  1  10 7
Поскольку поперечное сечение симметрично, то в симметричных точках будут
такие же значения.
5. Определить вертикальное перемещение концевого сечения стержня.
Универсальное уравнение изогнутой линии.
EJ z v  EJ z v0  EJ z 0   M i
i
x  a 
2
Mi
2!
  Pi
i
x  a 
3
Pi
3!
  qi
i
x  a 
4
qi
4!
Здесь v0 - перемещение в начале координат
 0 - поворот сечение в начале координат.
a M , a P , a q - точки приложения сосредоточенных моментов, сил и распределенной
нагрузки.
i
i
i
v0  0 и  0  0 при x=0
Сечение 0  x  c
x2
x3
x4
 RA
q
2
6
24
Сечение c  x  b  c
4
3


x2
x3
x4
x  c
x  c
EJ z v   M A
 RA
q
q
P
2
6
24
24
6
Сечение b  c  x  c  b  a
x  c 4  P x  c 3  q x  (c  b) 4  M x  (c  b)2
x2
x3
x4
EJ z v   M A
 RA
q
q
2
6
24
24
6
24
2
Сечение b  c  a  x  c  b  1,5a
EJ z v   M A
 x  c   P  x  c   q  x  ( c  b )   M  x  (c  b )   q  x  ( c  b  a ) 
x2
x3
x4
 RA
q
q
2
6
24
24
6
24
2
24
4
EJ z v   M A
3
4
2
При х = b+c+1,5a = 9 м
9  2,5  30 9  2,5  22 9  (2,5  2)   30 9  (2,5  2)  
92
93
94
 91  22
 22
2
6
24
24
6
24
2
4
9  (2,5  2  3)   (14569,875  11056,5  6014,25  1636,3  1373,125  375,89  303,75  4,46)  10 3 
 22
24
 22553,87  10 3
4
3
4
EJ z v B  359,75
 22553,87  10 3
 22553,87  10 3
vB 

 0,172 м  17,2см
EJ z
2,1  1011  62,297  10 5
Определить значение силы, которую необходимо приложить на свободном конце, чтобы
компенсировать перемещение.
2
4
v B  X
2 X b  c  1,5a 
 vB
3EJ z
3

Следовательно.
X
3EJ z v B  X
2b  c  1,5a 
3
 46,3кН
Проверка
9  2,5  30 9  2,5  22 9  (2,5  2)   30 9  (2,5  2)  
92
93
94
EJ z v B  56,95  44,7  22
 22
2
6
24
24
6
24
2
4
9  (2,5  2  3)   (2306,475  5431,05  6014,25  1636,3  1373,125  375,89  303,75  4,46)  10 3 
 22
24
8696,615  8748,685  52,07  10 3
4
Погрешность
52,07
 100  0,6 %
8696,615
3
4
2