Конспект лекций по технической механике Техническая механика
 Скачать 3.99 Mb.
|
|
Условие прочности при сдвиге: max Q A , где [ ] – допускаемые касательные напряжения [ ] = 0,6 [ ]. При сдвиге одна плоскость смещается относительно другой. Степень смещения характеризуется абсолютным сдвигом S, зависящим от расстояния h между сечениями. Во избежание влияния h, вводят понятие относительного сдвига: S tg h Относительный сдвиг равняется угловому перемещению продольного волокна элемента – углу сдвига. Между углом сдвига и касательным напряжения существует прямая пропорциональность – закон Гука при сдвиге: G , где G – упругая постоянная материала, модуль сдвига (модуль Юнга второго рода, для стали 5 0,8 10 G МПа ). Величина абсолютного сдвига: Qh S GA , где GA – жесткость при сдвиге. Между модулем продольной упругости Е и модулем сдвига G имеется зависимость : 2 1 E G Для стали = 0,25, G = 0,4Е, т.е. сопротивление сдвигу слабее, чем сопротивление растяжению. S h Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 42 Геометрические характеристики сечений 1. Площадь поперечного сечения (при растяжении, сжатии). A A dA 2. Статические моменты сечения относительно осей Х и Y ([м 3 ]): x A S ydA y A S xdA Если оси координат проходят через центр тяжести сечения, то статические моменты равны нулю. Оси называются центральными. 3. Координаты центра тяжести: y A c xdA S x A A x A c ydA S y A A 4. Моменты инерции [м 4 ]: осевые: 2 x A I y dA 2 y A I x dA центробежный xy A I xydA полярный 2 A I dA x y I I I Оси, относительно которых центробежный момент инерции равняется нулю, называются главными осями инерции. Осевые моменты инерции относительно главных осей координат принимают экстремальные значения: 4 32 d I 4 64 x y d I I Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 43 Кручение Кручение имеет место при нагрузке вала внешними силами, плоскости действия которых перпендикулярны его продольной оси (вал со шкивами, зубчатыми колесами и т.п.). Моменты этих сил - вращающие моменты. При кручении в поперечном сечении возникает внутренний силовой фактор – крутящий момент Т. На основании метода сечений, крутящий момент в сечении равняется алгебраической сумме внешних скручивающих моментов, действующих с одного стороны рассматриваемого сечения. При приложении крутящего момента Т к концу жестко закрепленного вала образующая ab повернется на угол и займет положение ab 1 – угол сдвига при кручении. Поперечные сечения поворачиваются относительно друг друга на некоторый угол − угол закручивания . При кручении в поперечных сечениях возникают касательные напряжения: T I , где І – момент инерции сечения. Условие прочности при кручении: max max T W , где max I W – полярный момент сопротивления. 0,5 0,6 T МПа. Для круглого сечения 4 32 d W , max 2 d диаметр определяется по формуле: max 3 16T d При кручении расстояние между поперечными сечениями не изменяется. Угол закручивания равняется. T l G I , где l – расстояние между двумя сечениями. max О b 1 b a T Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 44 Пример. Проверить на прочность вал, если диаметр вала d = 0,05м, [ ]=20МПа, G =0.8 10 5 МПа. 1. Определяем Т 4 1 2 3 4 0 T T T T 4 2 3 1 80 300 160 220 T T T T Нм. 2. Разбиваем на расчетные участки 3. Определяем крутящие моменты: k T T 0≤х 1 ≤1м Т к1 = –Т 1 = –160Нм. 0≤х 2 ≤1м Т к2 = –Т 1 + Т 2 = –160 + 80 = –80 Нм. 0≤х 3 ≤2м Т к3 = –Т 1 + Т 2 + Т 3 = –160 + 80 + 300 = =220 Нм. 4. Определяем касательные напряжения: T W Если d = 0,05м 3 3 5 0,05 2,4 10 16 16 d W м 3 1 1 5 160 6,5 2, 4 10 T W МПа 2 2 5 80 3, 25 2, 4 10 T W МПа 3 3 5 220 8,97 2, 4 10 T W МПа 5. Проверяем прочность вала: max max 3 8,97 20 MП МПа Прочность вала достаточна. 6.Строим эпюру угла закручивания 1 n n n n n n T l G I Момент инерции сечения: Т 1 =160Нм Т 2 =80Нм Т 3 =300Нм Т 4 –? 160 80 220 8,97 -3,25 -6,5 0,0033 0,005 0,041 0 0 0 0 0 0 Т, Нм , МПа , рад Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 45 4 4 7 4 0,05 6 10 32 32 d I м Выберем некоторое сечение, считая, что его угол закручивания равняется нулю. А = 0 0≤х 1 ≤1м 1 1 11 7 160 1 0 0,0033 0,8 10 6 10 B A T l G I рад 0≤х 2 ≤1м 2 2 11 7 80 1 0,0033 0,005 0,8 10 6 10 C B T l G I рад 0≤х 3 ≤2м 3 3 11 7 220 1 0,005 0,041 0,8 10 6 10 D C T l G I рад Изгиб Изгиб возникает при нагрузке бруса силами, перпендикулярными его продольной оси, и парами сил, действующими в плоскостях, проходящих через эту ось. Изгибом будем называть такой вид деформирования бруса, при котором в его поперечных сечениях возникают изгибающие моменты. Если изгибающий момент в сечении является единым силовым фактором, а поперечные и продольные силы отсутствуют, изгиб называется чистым изгибом. Очень часто в сечении бруса возникают поперечные силы, поэтому такой изгиб называют поперечным. Брус, который работает на изгиб, называют балкой. Если балку, которая изгибается под действием внешних сил, рассечь плоскостью перпендикулярной к ее продольной оси, то в каждой точке сечения как результат изгиба действуют нормальные и касательные напряжения. Нормальные усилия, действующие на элементарных площадках dА, проводятся к паре сил, момент которой является изгибающим моментом внутренних нормальных сил: A x ydA M Касательные усилия на своих площадках дают равнодействующую внутренних касательных сил – поперечную силу: A y dA Q Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 46 Изгибающий момент в поперечном сечении численно равен сумме моментов внешних сил, приложенных к отсеченной части балки, относительно центра ее тяжести. Поперечная сила в сечении численно равна сумме проекций внешних сил, приложенных к отсеченной части балки, на ось, перпендикулярную ее продольной оси. Принято следующее правило знаков. Дифференциальные зависимости при изгибе. Изгибающий момент, поперечная сила и интенсивность распределенной нагрузки связаны следующими зависимостями (зависимостями Д.Н.Журавского): q dx dQ Q dx dM q dx M d 2 Выводы: 1) Если на некотором участке балки отсутствует распределенная нагрузка (q=0), то эпюра Q – прямая, параллельная оси абсцисс (Q=const), а эпюра М на этом участке наклоненная прямая. 2) Если на некотором участке имеется равномерно распределенная нагрузка, то эпюра Q – наклоненная прямая, а эпюра М – парабола. 3) Если на некотором участке балки: Q > 0, то изгибающий момент возрастает, Q < 0, то изгибающий момент убывает, Q = 0, то изгибающий момент постоянный 4) Если поперечная сила, изменяясь по линейному закону, проходит через нулевое значение, то в соответствующем сечении изгибающий момент будет иметь экстремум. 5) Под сосредоточенной силой на эпюре Q образуется скачок на величину приложенной силы, а на эпюре М – резкое изменение угла наклона сопредельных участков. М М М х F F Q Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 47 6) В сечении, где приложена пара сил, эпюра М будет иметь скачок на величину момента пары. На эпюре Q это не отразится. 7) Если равномерно распределенная нагрузка направлена вниз, т.е. 0 2 q dx M d (вторая производная, характеризующая кривизну линии М отрицательная), эпюра М обращена выпуклостью вверх, навстречу нагрузке. Пример 1: Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, определить опасное сечение балки. 1. Определяем реакции опор 0 10 5 2 3 2, 5 2 0 5 2 3 2, 5 2 10 20 5 2 3 2, 5 2 50 60 79 10 0 10 5 2, 5 8 0 5 2, 5 8 10 20 5 2, 5 8 50 60 71 10 A A B e e B B B A e e A М М R M q F q F M R кН М М R M q F q F M R кН Проверка: 0 5 71 50 5 20 79 0 A B Y R F q R 2 Разбиваем на расчетные участки Определяются изменением внешней нагрузки и жесткостью балки. 3 Строим эпюры поперечных сил x Q и изгибающих моментов x M x i Q F x и i М М на участке 1 1 0 2 x м 1 71 x A Q R кН − постоянная (const) 1 1 х и A М R x − линейная зависимость 0 1 1 0 х x и М 2 1 1 71 2 142 х x и М кН м 1м А С В М е =60кНм q=20кН/м 2м 4м R A =71кН F=50кН R В =79кН 3м 2,5м x 1 x 2 x 3 x 4 x 1 71 21 -79 -59 6 м 149 205 216 69 М их Q х Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 48 на участке 2 2 2 5 м x м 2 1 71 50 21 x A Q R F кН − const 2 2 2 2 х и A М R x F x − линейная 2 2 2 71 2 142 х x и М кН м 5 2 2 71 5 50 5 2 355 150 205 х x и М кН м на участке 3 3 5 9 м x м 3 1 3 5 x A Q R F q x −линейная 3 5 3 71 50 21 x x Q кН м 3 9 3 71 50 20 9 5 59 x x Q кН м 3 2 3 3 3 5 2 2 х и A q x М R x F x − парабола 5 3 3 71 2 50 3 205 х x и М кН м 3 9 3 2 20 9 5 71 9 50 9 2 129 2 х x и М кН м Так как 3 х и М − парабола, то для ее построения необходимы три точки. При 3 0 x Q 3 х и М имеет экстремум 3 3 3 3 71 50 20 5 0 71 50 5 6 20 и x dM x dx x м 3 6 3 2 20 6 5 71 6 50 6 2 216 2 х x и М кН м на участке 4 4 0 1 x м 4 4 x B Q R qx −линейная 3 5 3 79 x x Q кН м 4 4 1 79 20 59 x x Q кН м 4 2 4 4 2 х и B qx М R x − парабола 4 4 5 0 х x и М 4 9 4 20 79 69 2 х x и М кН м 4 0,5 4 2 20 0,5 79 0,5 37 2 х x и М кН м 4. Анализ эпюр Участок 1 Балка нагружена только сосредоточенной силой. Эпюра 1 x Q − прямая линия, параллельная оси Х. В т. А на эпюре x Q скачок на величину 71 A R кН Конспект лекций по технической механике Техническая механика http://bcoreanda.com 49 Эпюра x M − наклонная прямая, т.к. 1 0 x Q , 1 x u M возрастает, тангенс угла наклона x M равен x Q Участок 2 То же самое, что и на участке 1, только 1 2 x x Q Q , поэтому 1 x u M круче, чем 2 x u M . В точке приложения силы F на эпюре x Q скачок на величину этой силы 50 F кН Участок 3 Имеется равномерно распределенная нагрузка, следовательно, 3 x Q − наклонная прямая, тангенс угла наклона равен q. Так как 0 q , 3 x Q убывает. Эпюра 3 x u M − кривая второго порядка (парабола), имеющая максимум при 3 0 x Q . При 3 3 0 x x u Q M возрастает, при 3 3 0 x x u Q M убывает. Так 0 q (направлена вниз, 3 2 2 3 0 и x d M dx ), у 3 x u M выпуклость вверх. Участок 4 Имеется равномерно распределенная нагрузка, следовательно, 4 x Q − наклонная прямая. В т. В скачок на величину реакции опоры 79 B R кН Эпюра 4 x u M − парабола в выпуклостью вверх. В точке приложения момента на эпюре 4 x u M скачок на величину момента 60 е М кН м |