Загрузил michail-58

Руководство по решению задач по технической механике

Ли
60 коп.
М. С. МОВНИН, А. Б. ИЗРАЕЛИТ, А. Г РУБАШКИН
РУКОВОДСТВО
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО ТЕХНИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ
ОМОСКВА<
М. С. Мовнин, А. Б. Израелит, А. Г. Рубашкин
РУКОВОДСТВО
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО ТЕХНИЧЕСКОЙ
МЕХАНИКЕ
ДОПУЩЕНО
МИНИСТЕРСТВОМ ВЫСШЕГО И СРЕДНЕГО
СПЕЦИАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ СССР
В КАЧЕСТВЕ УЧЕБНОГО ПОСОБИЯ
ДЛЯ УЧАЩИХСЯ
МАШИНОСТРОИТЕЛЬНЫХ СПЕЦИАЛЬНОСТЕЙ
ТЕХНИКУМОВ
МОСКВА «ВЫСШАЯ ШКОЛА» 1977
605
М74
УДК 621.01(076)
Рецензенты:
докт. техн, наук В. В. Багреев,
докт. техн, наук С. А. Чернавский,
А. И. Аркуша, В. А. Банкин.
Михаил Савельевич Мовнин, Арон Борисович Израелит,
Абрам Григорьевич Рубашкин
РУКОВОДСТВО
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО ТЕХНИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ
И.Б. № 479
Редактор Т. М. Минаева. Художник О. В. Камаев. Художественный
редактор Н. К. Гуторов. Технический редактор Л, А. Муравьева*
Корректор Р. К. Косинова
Сдано в набор 6/IV 1976 г. Подл, к печати 24/XI 1976 р. Формат 84Х108/п.
Бум. тип. № ЬСбъем 12,5 печ. л. Усл. п. л. 21,0. Уч.-изд. л. 18,53*
Изд. № ОТ-171.
Тираж 10 0 00 0 экз.
Цена 6 0 коп.
План выпуска литературы издательства
<Высшая школа» (вузы и техникумы) на 1976 г. Позиция № 244.
Издательство «Высшая школа»
Москва, К-51, Неглинная ул., д. 29/14.
Типография изд-ва «Уральский рабочий», г. Свердловск, проспект Ленина, 49,
Заказ № 226,
М74
Мовнин М. С. и др.
Руководство к решению задач по технической
механике. Учебн. пособие для техникумов. М., «Выс
шая школа», 1977.
400 с. с ил.
Перед назв. авт.: М. С. Мовнин, А. Б. Израелит, А. Г. Рубашкин.
В учебное пособие включены краткие теоретические сведения по разделам
и темам технической механики и даны подробно решенные примеры типовых
задач. В некоторых случаях последовательность решения задач указана
в виде алгоритмических предписаний (таблиц).
Предназначается для учащихся машиностроительных техникумов, в пер*
вую очередь вечерних и заочных отделений. Может быть полезно учащим
ся немашиностроительных специальностей.
„ 30106—056
М------------------ 244—76
001(01)—77
© ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВЫСШАЯ ШКОЛА», 1977.
605
Предисловие
Руководство к решению задач по технической механи
ке составлено в соответствии с программой для машино
строительных специальностей техникумов. По каждой
теме предмета в пособии даны краткие теоретические
сведения, основные формулы и указания к решению ти
повых задач.
В тех случаях, когда методика решения задач более или
менее стандартна (в частности, большинство задач стати
ки), указания к их решению представлены в виде алго
ритмических предписаний—таблиц. Таких таблиц в по
собии немного, так как в большинстве параграфов задачи
таковы, что последовательность, а иногда и сам метод их
решения могут быть различны, а следовательно, нецеле
сообразно давать строгую последовательность решения,
оформленную в виде таблицы.
На базе этих указаний приводятся подробные решения
типовых задач. Как правило, эти решения выполнены в
Международной системе единиц.
Ограниченность объема пособия позволила включить
в него лишь некоторые справочные материалы, поэтому
при работе с пособием, в частности при разборе решен
ных задач по деталям машин, учащимся придется обра
щаться к дополнительной учебной и справочной литера
туре, список которой приведен в конце пособия.
В работе над пособием принимали участие А. И. Ви
нокуров, отредактировавший ] и частично II части, со
ставивший несколько новых задач для I части и написавший
главу X; В. Г. Ицкович, принявший участие в написании
§ 2.9 и 2.30; доц. Г. М. Ицкович, написавший § 2.27 —
3
2.29; 3.16; 3.17 и принимавший участие в редактиро
вании II и III частей; доц. И. М. Чернин, участвовавший
в написании глав XIV и XV и в редактировании
III части.
Всем указанным товарищам, а также рецензентам
А. И. Аркуше, проф., докт. техн, наук В. В. Багрееву,
В. А. Банкину и проф., докт. техн, наук С. А. Чернавскому авторы выражают свою искреннюю признатель
ность.
Авторы просят все замечания по пособию направлять
в издательство по адресу: Москва, К-51, Неглинная ул.»
29/14.
Часть первая
теоретическая механика
ГЛАВА I. СТАТИКА
§1.1. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
В статике твердого тела рассматриваются две основ
ные задачи: 1) сложение сил и приведение системы сил,
действующих на твердое тело, к простейшему виду;
2) определение условий равновесия действующей на твер
дое тело системы сил.
Равновесие несвободных твердых тел изучается в ста
тике на основании аксиомы: всякое несвободное твердое
тело можно рассматривать как свободное, если отбросить
связи и заменить их действие силами реакций этих связей
(или, для краткости, реакциями этих связей).
При решении задач будем различать следующие виды
связей (опорных закреплений, или опор):
1. Нить (рис. 1.1). Реакция N натянутой нити направ
лена вдоль нее к точке подвеса.
2. Невесомый стержень с шарнирами по концам (рис. 1.2).
Реакция NAB стержня направлена вдоль его оси.
3. Шарнирно-неподвижная опора (рис. 1.3, а). Реакция
шарнирно-неподвижной опоры проходит через центр шар5
нира, а ее величина и направление зависят от действую
щих на тело нагрузок. Вместо величины и направления
этой реакции целесообразно определять ее составляющие
На и V'a.
4. Шарнирно-подвижная опора (рис. 1.3,6). Реакция
шарнирно-подвижной опоры проходит через центр шарнира и перпендикулярна
к опорной поверхности.
5.
Пространственные
шарнирные
опоры
(рис. 1.4, а, 6). Эти опоры
препятствуют
линейным
перемещениям в направле
Рис. 1.3
нии осей и и v, кроме
того, опора А препятствует линейному перемещению в
направлении оси w.
6. Заделка (защемление) показана на рис. 1.5. Такая
опора (в плоской системе) препятствует линейным перемеще
ниям вдоль осей и и и и
не допускает поворота за
щемленного сечения.
Решаемые методами ста
тики задачи могут быть
одного из следующих ти
пов: 1) задачи, в которых
известны (полностью или
ние. 1.4
Рис. 1.5
частично) действующие на тело силы, и требуется найти,
в каком положении или при каких соотношениях между
ними тело будет в равновесии; 2) задачи, в которых из
вестно, что тело заведомо находится в равновесии, и требу* Здесь и далее в тексте усилия обозначены прописными буквами
с черточками сверху в отличие от их модулейг обозначенных теми же
буквами без черточек. На рисунках же, поскольку направления уси
лий указаны стрелками, буквами обозначены модули сил.
6
ется найти, чему равны при этом все или некоторые
из действующих на тело сил. Во всех задачах статики
реакции связей относятся к числу неизвестных величин.
Задачи статики могут решаться аналитическим или
графическим методом. Выбор системы координат и обозна
чение осей хотя и произвольны, однако рациональный
выбор осей может упростить решение задачи. В общем
Рис. 1.7
случае желательно, чтобы возможно большее число неиз
вестных сил было перпендикулярно к той или иной коор
динатной оси, тогда уравнения равновесия получаются
более простыми. Оси координат чаще всего обозначают х,
у, г; при изучении раздела «Сопротивление материалов»
эти обозначения оказываются неудобными, поэтому здесь
с самого начала приняты другие обозначения.
Проекция силы Р на ось и (рис. 1.6) Pw = Pcosa — ве
личина скалярная. Проекция силы на ось будет положи
тельной, если угол между направлением силы и положи
тельным направлением оси —острый, и отрицательной,
если этот угол —тупой; если сила перпендикулярна к оси,
то ее проекция на ось равна нулю.
проекция силы Р на плоскость иОм (рис. 1.7) Puw =
= Р cos р — величина векторная.
В некоторых случаях для нахождения проекции силы
на ось бывает удобнее найти сначала ее проекцию на
плоскость, в которой эта ось лежит, а затем найденную
проекцию на плоскость спроецировать на данную ось.
Например, в случае, изображенном на рис. 1.7, найдем
таким способом, что
Pw = Р cos р cos ф, Ри = Р cos Р si п ф.
В приведенных ниже примерах при составлении урав
нений равновесия положительными считаем моменты, дей
ствующие по часовой стрелке.
7
Таблица 1.1
Последовательность решения задач на равновесие аналитическим методом
Чем руководствоваться
Что Делать
1. Выбрать тело (точку), равнове
сие которого должно быть рассмот
рено
для плоской системы сходящихся сил
для пространственной системы
сходящихся сил
Анализом заданной системы
2. Освободить-тело от-связей и
изобразить действующие на него за
данные силы и реакции отброшенных
связей
3. Выбрать систему координат и
составить уравнения равновесия
SPiu =Nac—^ab^s<i^0;
^P^Nab sin a — P=0
"LP^^Nac sin а — NAb sin а=0;
2Piv=Nad sin а — P=0;
ZPtu=NAC cos а + ^b cos а —
— Nad cos a=0
4. Определить искомые величины
(усилия в стержнях)
о
N АВ=Р 1*™а-,
Nac=P^S^
Nac=nab=P№ sin a);
NAD=P/sina
Продолжение табл. 1.1
Чем руководствоваться
Что делать
Для плоской системы сходящихся сил
Для пространственной системы
сходящихся сил
5. Проверить правильность полу
ченных результатов по уравнению,
которое не было использовано при
решении задачи
Р
------- + (^ ctg a) cos а +
sma
_ .
Р
Pcos2a
+ Р sin а = —--------- +-------------- 4
sin a
sin а
+ Р sina=0
2PiU1 = —
А
1
SP. =—-------sin a
--------- cos a cos а 4- Р sin а =
<2 sin а /
Р
Pcos2a
Л .
-------- _|_-------------- + Р sin а=0
sina
sina
Продолжение табл. 1.1
Чем руководствоваться
Что делать
для произвольной плоской системы сил
1. Выбрать тело (точку), равнове
сие которого должно быть рассмот
рено
Анализом заданной системы
для пространственной системы сил
Анализом заданной системы
Продолжение табл. 1.1
co
Чем руководствоваться
Что делать
Для произвольной плоской системы сил
2. Освободить тело от связей и
изобразить действующие на него за
данные силы и реакции отброшенных
связей
для пространственной системы сил
Г*
/р
мС«д
3. Выбрать систему координат и
составить уравнения равновесия
ZPiu—Нд — Pcosa = 0;
^Fiv^YА — Р sin a + VB=0;
^тА (Л) = (^ sina) а^- Ув'^а=0
ZPiw=WA — P=0ZPiv=VA-VB=b
ZP^^HA+2P—HB^\
Ра
2^(Л)=—— +VB.3a^0;
Im v (Pi)=2P»2a— H-3a=0
4. Определить искомые величины
НА = Р cos а;
2
V,4 = ~Psina;
О
5. Проверить правильность полу
ченных результатов по уравнению,
которое не было использовано при
1
Vb=—Psina
м
р
р
Wa~P> Ил=—; ^в=~;
о
О
2
4
НА = —Р; НВ=—Р
О
о
Psina
Pcosa A P^L''
В
р
Обращаем внимание на правило вычисления момента
силы относительно оси. Момент силы равен нулю, когда
сила параллельна этой оси или пересекает ее.
При решении задач аналитическим методом рекомен
дуется пользоваться табл. 1.1.
Графический метод решения некоторых задач статики
показан ниже на примерах.
§ 1.2. ПРИМЕРЫ НА РАВНОВЕСИЕ РАЗЛИЧНЫХ СИСТЕМ СИЛ
А. Система сил, действующих по одной прямой
Для равновесия системы сил, действующих по одной
прямой, необходимо и достаточно, чтобы сумма проекций
этих сил на ось, параллель
ную их линии действия, была
равна нулю.
Пример 1.1. Определить
усилие в стержне CD и силу
давления груза А на опорную
плоскость EF (рис. 1.8, а).
Массой стержня CD, блока
К, каната и трением каната
о блок пренебречь.
Решение. Натяжение кана
та во всех его точках одина
ково и равно силе тяжести
груза В, так как неподвиж
ный блок изменяет только
направление силы, действую
щей на канат.
Рассмотрим равновесие си
стемы: стержень CD и блок К
с прилегающим к нему отрезком каната ML. Отбросим
связи и заменим их действие соответствующими реакциями
(рис. 1.8,6). Для полученной системы сил можно соста
вить только одно уравнение равновесия:
£ЛР1=0, Vc-Рв-Рв=0, Vc=2Ps=2-400=800H.
На рис. 1.8, в показаны силы, действующие на груз А
с прилегающим к нему отрезком каната ОН. PEF — реак
ция опорной плоскости.
Так как груз А находится в равновесии, то 2^%=0.
Рв ~ Pa+Pef=®>
14
откуда
^f=Pa ~ Рв=^ - 400 = 200 Н.
Сила давления груза А на опорную плоскость RA
показана на рис. 1.8, г. Очевидно, РА=Р.Ер=^^ Н (сила
действия равна силе противодействия).
Б. Плоская система сходящихся сил
Пример 1.2.
Определить усилия
(рис. 1.9, а). Массой стержней пренебречь.
в
стержнях
Рис. 1.9
Решение. В соответствии с последовательностью дей
ствий, указанной в табл. 1.1, будем рассматривать равно
весие узла А (рис. 1.9,6), к которому приложены задан
ные нагрузки (Р, 2Р, ЗР) и искомые реакции стержней
АВ и АС.
15
Освободим узел А от связей, заменим их действие
искомыми реакциями NACt NAB (рис. 1.9, в). Получили
плоскую систему сходящихся сил.
Действительные направления сил NAC и NAB в начале
решения неизвестны. Обычно полагают, что реакции на
правлены от узла (шарнира), т. е. стержни испытывают
растяжение. Такое предположение принято при составле
нии схемы рис. 1.9, в. Верно ли оно, покажет решение
задачи: если то или иное усилие при аналитическом ме
тоде решения получится положительным, предположение
верно; если отрицательным, то истинное направление
усилия противоположно предварительно принятому.
Выбираем систему координат (рис. 1.9, а). Сила NAB
перпендикулярна оси у, сила NAQ— оси и; поэтому в каж
дое уравнение равновесия войдет лишь одна неизвестная
сила:
2 Put^ —Nab +ЗР cos 15°+2Р cos 30° — Р cos 60° =0,
отсюда NAB=P (3 cos 15°+2cos30° —- cos 60°)=4,13Р.
2 /^=0; Nac+3P cos 75° - 2P cos 60° — P cos 30°=0,
отсюда Nac=P (2 cos 60°+cos30° — 3cos75°) = l,09P.
Силы NAB и Nac получились положительными; это
значит, что предполагаемые направления сил совпадают
с дейстгительными.
На рис. 1.9,5 показаны силы, действующие на узел
(реакции стержней), и силы, действующие на стержни
(усилия в стержнях или реакции узла).
Решим тот же пример графическим методом. И при
этом методе решения необходимо выполнить п. 1 и 2
табл. 1.1.
Полученная систехМа сил (см. рис. 1.9, в) находится
в равновесии, и, следовательно, силовой многоугольник,
построенный для этой системы сил, должен быть замкну
тым.
Строим силовой многоугольник. Выбираем масштаб
(рис. 1.9, е). От точки О (рис. 1.9, ж) в выбранном мас
штабе откладываем сначала силу Р, затем от конца век
тора Р_—силу 2Pt после чего от конца вектора 2Р —
силу ЗР. Масштаб следует выбрать достаточно крупный,
с тем чтобы при измерении отрезков (векторов), изобра
жающих искомые силы, можно было получить их значе
ния без большой погрешности. Через точку & проводим
16
линию, параллельную стержню АС, и через точку О —
линию, параллельную стержню АВ. Отрезки Ос и cb
представляют собой искомые усилия. Направления задан
ных сил известны; стрелки, изображающие направления
искомых сил, ставим таким образом, чтобы в векторном
многоугольнике было единое на
правление обхода —в данном
^
,р
случае против часовой стрелки.
^хЛ<^®
Измерив отрезки Ьс и Ос в соw^^
ответствии с выбранным мае^^^tP
штабом, находим абсолютные
с^2^-^—|----------величины реакций: NAC~ 1,2Р;
Нав^,2Р.
Решение примера выполнено
двумя
способами,
которые
(в пределах точности построений)
дали совпадающие результаты.
Очевидно, здесь никакой допол
нительной проверки решения не
Рис. 1.10
требуется.
Пример 1.3. Определить предельное значение угла а,
при котором груз А (рис. 1.10, а) будет находиться в по
кое. Плоскость ВС считать абсолютно гладкой.
Решение. Силы, действующие на груз А (рис. 1.10,6),
представляют собой плоскую систему сходящихся сил.
Л'вс—реакция наклонной плоскости.
Если груз А находится в покое, то 2Р^=0, т.е.
—Psin а+0,5Р=0,
откуда sina=0,5; a=30°.
Пример 1.4. Определить силы давления шара на
опорные плоскости (рис. 1.11, а).
Решение. Силы, действующие на шар, показаны на
рис. 1.11,6. NAB и Nbc— реакции опорных плоскостей.
Полученная система сил находится в равновесии, и, сле
довательно, силовой треугольник должен быть замкнутым.
Силовой треугольник для полученной системы сил
представлен на рис. 1.11, в. Очевидно, что VBC=Psin30° =
=0,5Р; Nab=P cos30°=0,866P.
Силы давления шара на опорные плоскости равны
NBc и Nab, но направлены противоположно.
2
Заказ № 226
17
Рис. 1.11
Предлагаем читателю
аналитическим методом.
решить приведенный
пример
В. Пространственная система сходящихся сил
Пример 1.5. Определить усилия в стержнях прост
ранственного кронштейна (рис. 1.12, а). Сила Р и стер
жень DC лежат в одной плоскости, перпендикулярной
к горизонтальной плоскости АВС.
Решение. В соответствии с последовательностью дей
ствий, указанной в табл. 1.1, будем рассматривать равно
весие узла С, к которому приложены заданная сила Р
и искомые реакции стержней *.
Освободим узел С от связей, заменим их действие
искомыми реакциями NАС, N вс, NCD (рис. 1.12,6). Полу
чили пространственную систему сходящихся сил.
Выбираем систему координат (см. рис. 1.12,6) и со
ставляем уравнения равновесия:
1. 2Лда=0(см‘ рис. 1.12,6,в); ^csina — ?VBesina=0,
^АС~^ВС'
2- ^Ptv=O (см. рис. 1.12,6, г); Wcosin0— Pcosy=0,
Ncd=P cos y/sinp=Pcos 25%1п40°=1,41Р.
Проекции сил N Ас и NBC на ось v равны нулю, так
как эти силы перпендикулярны к оси о.
3. 2Л«=0 (см> Рис- 1-12, б—г);
—Nac cos a — NBc cos o.+Ncd cos 0 — P sin y=0,
откуда
IV дг = 1У др
AC
BC
WcdCosP — Psinу _l,41Pcos40°— P sin 25° nQCD
---------------------------------------------------------------------U.OOr ■
2 cos a
2 cos 30°
* Усилия в стержнях численно равны их реакциям на узел Q
и направлены в противоположную сторону.
18
2*
19
Величины усилий NAC, Nвс и Ncd получились поло
жительными; это указывает на то, что предварительно
выбранные направления этих усилий совпадают с дейст
вительными.
Составим проверочное уравнение (см. рис. 1.12, б—г)
2 PlUt = —NBC — Mac cos Zu+Ncd cos р cos а —
— Psin ycosa= —0,38Р— 0,38Р cos 60°+
+ l,41Pcos 40° cos 30° — P sin 25° cos 30°=0,
следовательно, реакции NAC, NBC, Ncd определены верно.
Напомним, что проекция вектора на плоскость — ве
личина векторная; проекция вектора на ось — величина
скалярная.
На рис. 1.12,5 отрезок ck— проекция силы NAC на
ось u1(^ccos2a).
_
На рис. 1.12, е de —проекция NCd на плоскость АВС,
се — проекция Р на плоскость ABC, cd' — проекция de
на ось их, се' — проекция се на ось uv
Г. Произвольная плоская система сил
Пример 1.6. Определить
величину
груза
Pt
(рис. 1.13, а), при которой рычаг АВ находится в равно
весии.
Решение. На рис. 1.13,6 показаны силы, действующие
на рычаг АВ. Как известно, рычаг находится в равнове
сии, если сумма мо
ментов всех действу
ющих на него сил
относительно точки
вращения
рычага
(в
рассматриваемом
примере — точки А)
равна нулю:
2^(Pz) = 4P.0,4/+
Рис. 1.13
+ р.0,5/ — ^/=0]
откуда
^ = 2,1^.
Пример 1.7. Определить
ки, показанной на рис. 1.14, а.
20
опорные
реакции
бал-
Решение. Рассмотрим равновесие балки АВ, к которой
приложены как заданные, так и искомые силы. Освобож
даем балку от связей и заменяем их действие реакциями
(рис. 1.14,6). Получили плоскую систему сил.
Выбираем систему ко
ординат (см. рис. 1.14,6).
Составляем три уравне
ния равновесия:
1) 2PZu=0;
.
НА=0-,
2) £^=0;
Va-P-G +
+ VB-Q=0;
3) S^(Pz)=0;
Ql+Pb+Gl/2 —
-VB(l-a)=0.
Решая второе и третье уравнения, получаем:
Vв =
P&4-G//2+QZ _ 8-34-2-64-3-12
=7,2 кН,
1—а
~
10
VA=P+G+Q- Va=8-|-2+3-7,2=5,8 кН.
Составим провероч
ное уравнение
ZmB(P() = VA(l-a)-P(l-a-b)-G(l/2 — a)+Qa=
=5,8(12-2)-
-8(12-2-3)-
— 2(12/2 — 2)4-3-2 =0,
следовательно, опорные
реакции определены вер
Рис. 1.15
но.
Пример 1.8. Для заданной балки (рис. 1.15, а) оп
ределить опорные реакции.
Решение. Рассмотрим равновесие балки АВ, к которой
приложены все заданные и искомые силы. Освободим
балку от связей и заменим их действие реакциями
21
(рис. 1.15,6). Получили плоскую систему произвольно
расположенных сил.
Выбираем систему координат (см. рис. 1.15,6). Для
полученной системы сил в рассматриваемом примере целе
сообразно составить следующие три уравнения равнове
сия:
^^(Р^О! £Plu=0; ZmB(P^0.
В этом случае в каждое уравнение равновесия войдет
только одна искомая реакция:
1. 2^(Л)=о;
Qa+Gl/2 — RBI cos a=2,5Ga-(- G (За/2) — /?B-3acosa=0,
RB =4G/(3 cos a),
где /cosа —плечо силы RB относительно точки А.
Подставляя числовые значения, находим
J?B=4-600/(3cos30°)=923 Н.
2. %Pla=Oi
^д — RB sin a=Oj
Ha=Rb sina=923sin30°«462 H.
3. 2 Mb (Pi)=01
-Gl/2-Q(l-a)+VAl.----- G-^-— 2,56 (3a — а)4-Ул-3a=0;
Ул=6,56/3 = 6,5-600/3=1,30-103 H.
При определении опорных реакций не было исполь
зовано уравнение равновесия S Piv=®- Если реакции
определены верно, то сумма проекций на ось v всех сил,
действующих на балку, должна быть равна нулю. Проек
тируя все силы на ось v, получаем
VA — 2,56 — G-^-Rb cos a=
= 1300 - 2,5-600 - 600 4-923 cos 30°=0,
следовательно, реакции определены верно.
Пример 1.9. Для плоской рамы (рис. 1.16, а) опре
делить опорные реакции.
Решение. Освобождаем раму от связей и заменяем их
действие реакциями НА, Нв и VА. Действующие на раму
нагрузки и искомые реакции показаны на рис. 1.16,6.
Получили плоскую систему произвольно расположенных
сил. Выбираем систему координат (см. рис. 1.16,6) и
22
составляем уравнения равновесия:
1. 2ЛР=0; Ул-Р-10Р=0; VA = \IP.
2. 2^W=0; Ра+10Р-5а-Нв-6а=0; НВ=8,5Р.
3. Етв(Р()=0; Ра+ЮР-5а-НА’6а=0; НА=8,5Р.
Искомые реакции получились положительными; это
указывает на то, что предварительно выбранные направ
ления реакций совпадают с действительными.
В качестве проверочного уравнения берем 2Ли=0,
так как оно не было использовано для определения
опорных реакций.
Проектируя все силы на ось и, получаем
-Нв+Нд=-8,5Р+8,5Р=0,
следовательно, реакции опре
делены верно.
Пример 1.10. Опреде
лить опорные реакции балки,
показанной на рис. 1.17, а.
Решение. Рассмотрим рав
новесие балки АВ. Отбросим
опорное закрепление (задел
ку) и заменим его действие
реакциями НА, VА и тА (рис.
1.17,6). Получили плоскую
систему произвольно распо
ложенных сил.
23
Выбираем систему координат (рис. 1.17,6) и состав
ляем уравнения равновесия:
а) 2Ла=0; ~НА+Р cos 45°=0;
откуда НА = Р cos 45°—3qa cos 45°=2,12</а;
б) 27\,=0; —Ул —g-2a+Psin45°=0;
откуда VA=—2qa+3qasin45°=0,12qa;
в) ^тА(Р^0;
—tnA+m+ q-2a-2a — (3qa sin 45°) 2а=0;
откуда mA = \,76qa2.
Составим проверочное уравнение
^тв (Pi)=~mA -VA-3a+m — q-2a-a+(P sin45°)a =
=—l,76qa2 — 0,12qa-3a+2qa2 — 2qai+(3qa sin 45°) a=0.
следовательно, реакции определены верно.
Пример. 1.11. Для заданной балки (рис.
определить опорные реакции.
1.18,а)
Рис. 1.18
Решение. Рассматриваем равновесие балки АВ. Отбра
сываем опорные закрепления и заменяем их действие
реакциями (рис. 1.18,6). Получили плоскую систему про
извольно расположенных сил.
Выбираем систему координат (см. рис. 1.18,6) и со
ставляем уравнения равновесия:
а) ZtnA(Pt)=0;
-9i(a+W — ^j+<?2(d-c)[^
-Pd — m-VBl=0,
24
d —с\
2 /
где q1 (а+ b) — равнодействующая равномерно распреде
ленной нагрузки интенсивностью q^,
{b — —~^ — расстояние от точки А до линии действия
равнодействующей q1(a-\-b);
q2(d — c) — равнодействующая равномерно распреде
ленной нагрузки интенсивностью q2;
(с+——} — расстояние от точки А до линии действия
'
2 '
равнодействующей q2(d— с).
Подставив числовые значения, получим
-10(14-2) (2--^-)+30(5-2)^24
- 10-5-20-VB-8=0,
откуда VB=28,8 кН;
б) £/МЛ)=0;
~^i(aA~b) l+[b----+^4-^л/—
— q2(d — c)\l - с4
где
^]+р^'- d) — т=0,
— расстояние от точки В до линии
действия равнодействующей
9i(^+^);
— расстояние от точки В до линии
действия равнодействующей
q2(d — c).
Подставив числовые значения, получим:
-10(1+2)[84(2-^]]+Ул.8-
— 30 (5-2)^8- (2+-^-)]+10 (8-5)-20=0,
откуда УЛ=81,2 кН.
Составляем проверочное уравнение:
%Р iv=—9i(fl+^)+^ — 9г (^ — c)-}-P+VB =
= -10(1 + 2)4-81,2 — 30(5 - 2)+10+28,8=0,
следовательно, опорные реакции определены верно.
Пример 1.12. Для заданной стержневой системы
(рис. 1.19, а) определить усилия в стержнях.
25
Решение. Рассмотрим равновесие балки АЗ, к которой
приложены как заданные, так и искомые силы.
На балку действуют равномерно распределенная на
грузка интенсивностью q, сила Р и сосредоточенный мо
мент т.
Освободим балку от связей и заменим их действие
реакциями (рис. 1.19,6). Получили плоскую систему про
извольно расположенных сил.
Выбираем систему координат (см. рис. 1.19,6) и со
ставляем уравнения равновесия:
a) XmB(Pt)=0;
Pc-\-m-\-NАС1 — q (a-\-b) (l----- ^—j=0,
где
q(a+ b) — равнодействующая равномерно распреде
ленной нагрузки интенсивностью q (на
чертеже она показана штриховой ли
нией).
Подставив числовые значения, получим:
40-2+20+^лс-5- 10(1,5+2,5) [5-^Ь^)=0,
откуда ^с=16 кН;
б) ^р1и^
—NBd sin a+NBF sin 0=0,
Nbd=Nbf ^=Nbf ^-= 1,41^.
sma
26
sin 30°
Напомним, что сумма проекций сил, образующих пару,
на любую ось равна нулю;
в) £тл(^)=0;
q(a+b) [~^~\'^т^ (^+с)— Wbdcos а) I —
— (jVbfCOsP) /=0,
где NBd cos а — вертикальная составляющая силы NBD)
Nbf cos р — вертикальная составляющая силы NBf
(линии действия горизонтальных состав
ляющих сил Nbd и NBf проходят через
точку А и поэтому их моменты относи
тельно точки А равны нулю).
Подставляя числовые значения и учитывая, что Nbd =
— \,4\Nbf, получаем:
10(1,5+2,5) (2’5~ —)+20+40(5+2) —
- (1 ,41Wbf cos 30°) 5 - ^вв cos 45°) 5=0,
откуда ^=33,1 кН.
Тогда ^BD= 1,41-33,1^46,7 кН.
Для определения усилий в стержнях не было исполь
зовано уравнение равновесия: 2 Р/г,=0. Если усилия
в стержнях определены верно, то сумма проекций на ось у
всех сил, действующих на балку, должна быть равна
нулю. Проектируя все силы на ось у, получаем:
^лс“ ?(а+0+^bd cos a+NBF cos 0 — Р =
= 16-10 (1,5+2,5)+46,8 cos 30°+33,1 cos 45° - 40=0,
следовательно, усилия в стержнях определены верно.
Пример
1.13.
Для заданной
плоской
рамы
(рис. 1.20, у) определить опорные реакции.
Решение. Освобождаем раму от связей и заменяем их
действие реакциями НА, VA, VB (рис. 1.20,6). Получили
плоскую систему произвольно расположенных сил.
Выбираем систему координат (см. рис. 1.20,6) и со
ставляем уравнения равновесия:
a) Z^CP^O;
2qa • а-}- Р^Аа — т — (Р2 cos а) 2а+(Р2 siп а) За+
+Р3*2а — Ув-2а=0,
где
Р2 cos а — вертикальная составляющая силы Р2;
Р2 sin а — горизонтальная составляющая силы P2i 2qa —
27
равнодействующая равномерно распределенной нагрузки
интенсивностью q (показана штриховой линией);
2qa2-j-qa-4a — qa? — (2qa cos 30°) 2o+
+(2gasin 30°) 3a+3qa-2a — VB-2a=0,
откуда VB=5,27qa;
6) %Plu=0;
—HA+2qa-[-P1+P2 sin a+P3=0,
или
—HA+2qa-pqa+2qa sin30o+3</a=0)
откуда HA—7qa\
в) ^mB(P^=^
-VA'2a-pHA-2a — 2qa-a+Pr^a — m4-(P2sin a)a=0,
линия действия силы P2cosa проходит через точку В и
поэтому ее момент относительно точки В равен нулю
—VA-2a+7qa-2a-Pqa-2a — qa2+(2qa sin 30°) a=0,
откуда VA=7qa.
Для определения реакций не было использовано урав
нение равновесия ^Plv—^. Если реакции определены
верно, то сумма проекций на ось и всех сил, действую
щих на раму, должна быть равна нулю. Проектируя все
силы на ось v, получаем:
—VA-pP2cos a+VB = —7qa-p2qa cos30’+5,27</а=0,'
следовательно, опорные реакции определены верно.
28
Напомним, что сумма проекций сил, составляющих
пару с моментом т, на любую ось равна нулю.
Д. Произвольная пространственная
система сил
Пример 1.14. Определить численное значение силы
Plt при котором вал ВС (рис. 1.21,а) будет находиться
в равновесии. При
найденном значении
силы Рг определить
опорные реакции.
Действующие на
зубчатые колеса силы
Р и Pi направлены по
касательным к на
чальным
окружно
стям колес," силы Т
и 7\ — по радиусам
колес; силы Лг па
раллельны оси вала.
Т=0,36Р, Т1=0,34Р1;
^=0,12^.
Решение.
Опоры
вала, изображенные
на рис. 1.21,а, надо
рассматривать
как
Рис. 1.21
пространственные
шарнирные опоры, препятствующие линейным перемеще
ниям в направлениях осей и u v (выбранная система
координат показана на рис. 1.21,6).
Освобождаем вал от связей и заменяем их действие
реакциями VB, Нв, Vc, //с (рис. 1.21,6). Получили прост
ранственную систему сил, для которой составляем урав
нения равновесия, пользуясь выбранной системой коор
динат (рис. 1.21,6):
а) Ymw^i^=^ (w ~ геометрическая ось вала);
РО/2-2Рг1,25О/2=0,
откуда Р,=0,4Р;
б) Smu(P,)=0;
Т ■ D - Pi ■ 0,80 - Лг 1,250/2+1\• 1,20+Vc• 20=0,
29
где Др 1,250/2 —момент относительно оси и силы Д1(
приложенной к правому зубчатому колесу.
Моменты относительно оси и сил 7\ и А^ (приложен
ных к среднему зубчатому колесу), Рг (приложенной
к правому зубчатому колесу) и Р равны нулю, так как
силы Р, Tlt Pi параллельны оси и, а сила Аг пересекает
ось и.
—0,36Р • D - ОДР • 0,80 — 0,12 • ОДР • 1,250/2+
+ 0,34-0ДР. l,2O+2VcO=0,
откуда Ус=0,274Р;
в) Zmu,(Pt)=0;
-T-3D+VB-2D+Pv 1,20- Лг \,25D/2 - ^.0,80=0,
или
-0,36Р • 30+ 2VBD+ ОДР. 1,20 — 0,12 • 0,4Р1,250/2 —
— 0,34-0,4Р-0,80=0,
откуда VB=Q,31P.
Составим проверочное уравнение:
2 Piv^-T+ VB+ Р.-Т,- vc=
=—0,36Р+0,37Р+0,4Р - 0.136Р — 0,274Р=0,
следовательно, реакции VB и Vc определены верно;
г) 2тДЛ)=0;
-P-D- TvQfiD-Av 1,25/2 - Pv\,2D+Ho-2D=0,
где Аг • 1,250/2 — момент относительно оси v силы Alt
приложенной к среднему зубчатому колесу.
Моменты относительно оси v сил Т, Pv (приложенной
к среднему зубчатому колесу), At и 7\ (приложенных
к правому зубчатому колесу) равны нулю, так как силы
Т, Рк Л параллельны оси v, сила А1 пересекает ось о.
_р. D _ 0,34 ■ ОДР • 0,80 -0,12- ОДР ■ 1,250/2 —
— QAPA,2D+2HcD=0,
откуда Яс=0,81Р;
д) S^JP^O;
Рх-0,80+7+ 1,20- A1l,25D/2+HB-2D-P-3D=0,
или
ОДР • 0,80+ 0,34 • ОДР • 1,20 — 0,12 • ОДРИ ,250/2+
+2HBD-3PD=Q,
откуда /7В=1,274Р.
80
Составим проверочное уравнение:
^р^р-н^т.-р^н^
= Р- 1,274Р - 0,136Р - 0,4Р+0,81Р=0;
следовательно, реакции Нв и Нс определены верно.
В заключение отметим, что опорные реакции получи
лись со знаком плюс. Это указывает на то, что выбран
ные направления VB, Нв, Vc и Нс совпадают с действи
тельными направлениями реакций связей.
Пример 1.15. Сила давления шатуна парового дви
гателя Р=25 кН передается на середину шейки колен
чатого вала в точке D под углом а=30° к горизонту при
вертикальном расположении щек колена (рис. 1.22).
На конец вала насажен шкив ременной передачи. Натя
жение ведущей ветви ремня в два раза больше, чем
ведомой, т. е. S1=2S2. Сила тяжести маховика G=10 кН.
Определить натяжения ветвей ременной передачи и
реакции подшипников А и В, пренебрегая массой вала.
Решение. Рассматриваем равновесие горизонтального
коленчатого вала со шкивом. Прикладываем в соответ*
ствии с условием задачи заданные силы Р, Sv S2 и G.
Освобождаем вал от опорных закреплений и заменяем их
действие реакциями VA, НА, VB и Нв. Координатные оси
выбираем так, как показано на рис. 1.22. В шарнирах
31
А а В не возникает реакций вдоль оси w, так как натя
жение ветвей ремня и все остальные силы действуют
в плоскостях, перпендикулярных этой оси.
Составим уравнения равновесия:
2 Piu=0; На~ Р cos “+(Si+S2) sin ^+НВ =0,
%Plw=0; 0=0;
^Plv=0; VA — P sina — (S1+S2)cosfl+V'B — G=0;
2тв(^)=0; Р’Ъа sin a — VB- 14a+G- 15a+
+ (S1+S2).15acosp=0;
SffIJ»(f><)=0! Pr cos a — S1P+S2P=0}
2/и„(Р/)=0; -P-5a cosa+^+SJ- 15а sinfl+
H-Hfl14a=0.
Кроме того, по условию задачи имеем еще одно уравне
ние
S^S^
Таким образом, здесь имеется шесть неизвестных уси
лий S1( S2, НА, VA, Нв и VB и шесть связывающих их
уравнений.
Уравнение проекций на ось w в рассматриваемом
примере обращается в тождество 0=0, так как все силы
лежат в плоскостях, перпендикулярных оси w.
Подставляя в уравнения равновесия S1=2S2 и решая
их, находим:
S2=(Pr cos а)/Р=(25 • 30- 0,866)/80=8,11 кН;
S,=2S2=2.8,11«16,2 кН;
г,
“
Р-5а cos a — (Sy+SJ 15a sin fl
25-5-0,866— (16,2+8,11) 15-0,707 ~
14
1().
v
P-5a sin a+G-15а+(5х+52) 15а sin fl
Vb=
Ш
25-5-0,5+10-15+(16,2+8,11) 15-0,707
q, .
HA=P cos a — (SjfSj) sin fl — HB=
=25 • 0,866 — (16,2+8,11) 0,707 — (-10,7) = 15,1 кН;
V4=Psina+(St+S2) cosfl+G — Vs =
=25-0,5+(16,2+8,ll) 0,707+10 - 35,4=4,33 кН.
Значение реакции Нв получилось со знаком минус.
Это значит, что в действительности ее направление про
тивоположно принятому на рис. 1.22.
32
Е. Равновесие системы сочлененных тел
Иногда в задачах статики приходится рассматривать
равновесие не одного, а нескольких тел, связанных между
собой и образующих неизменяемую систему. Силы, дей
ствующие на такую систему со стороны других тел, не
входящих в нее, называются внешними, силы взаимо
действия между сочлененными телами системы — внутрен
ними. В этом случае для плоской системы сил число
уравнений, которые можно составить, больше трех. Соот
ветственно может быть больше и количество неизвестных,
которое нужно определить. Для каждого тела, входящего
в систему, можно составить три уравнения равновесия,
если действующая на него система сил является плоской.
Каждое тело или группу тел системы можно выделить и
рассматривать в состоянии равновесия под действием
приложенных к этой части системы внешних и внутрен
них сил. Такой прием решения задач на равновесие си
стемы тел называется методом расчленения. Иног
да при рассмотрении равновесия системы сочлененных тел
удобно составлять уравнения равновесия не только для
отдельных частей системы, но и для всей системы в целом.
Ниже приводим пример, поясняющий применение метода
расчленения.
Пример 1.16. Определить реакции в шарнирах Л,
В и С моста, состоящего из двух полуарок. Шарниром С
полуарки связаны между собой, шарнирами А и В при
креплены к береговым устоям. Сила тяжести каждой
части моста Р1=Р2=300 кН, их центры тяжести находятся
в точках О и В. На правую полуарку в точке М опира
ется балка, нагруженная силой Q = 1200 кН (рис. 1.23, а).
Решение. В рассматриваемой задаче имеем систему
трех сочлененных тел: балка MN и две полуарки АС
и СВ. Сила давления на арку в точке М относится
к числу внутренних сил системы, и для ее определения
необходимо рассмотреть равновесие балки MN. Выделяем
эту балку на рис. 1.23,6, прикладываем к ней заданную
силу Q = 1200 кН и реакции опор V^ и VM.
Для последующего рассмотрения равновесия арки нас
интересует только реакция VM. Поэтому для ее опреде
ления составим уравнение равновесия:
^mN (Р^=0,
откуда
з
Заказ № 226
зз
Vw.3c-Qr=0,
VM=Qc/(3c)= 1200/3=400 кН.
Очевидно, что сила V'M, с которой балка MN давит
иа арку, равна по величине реакции Vu, но направлена
вниз (рис. 1.23, в).
Рассмотрим сначала равновесие всей арки в целом.
Обозначим составляющие реакций шарниров А и В через
VA, На> ^в и Нв (рис. 1.23,в), составим уравнения рав
новесия:
ЯР1а=0, нА-нв^оS tnA (Р^о, Pfi+V'M(l/2+b)+P, (l-а)- Ув1=0;
5тв (Р„)=0, VAl -P^l-a)- V'M (I/2 -b)- P2a=0.
Эти уравнения содержат четыре неизвестных.
34
Рассмотрим равновесие одной из полуарок. Следует
учесть, что всегда проще рассматривать равновесие той
части сочлененной системы, к которой приложено меньше
активных сил. Поэтому рассмотрим равновесие левой
полуарки (рис. 1.23, г). Составляем уравнения равновесия:
2Ли=о, нА-нс=о-,
%тА (Р^О, P^Vcl/2 - Hcf=0;
Zmc(Pt)=0, VAl/2 - HAf - P, (1/2 - n)=0.
Таким образом, имеем шесть уравнений и они содер
жат шесть неизвестных: НА, VA, HD, VB, Нс, VQ.
Решая эти уравнения, находим:
На = Нв=Нс=175 кН;
VB = 620 кН,
§ 1.3.
Ул=380 кН,
Ус=80 кН.
РАВНОВЕСИЕ ПРИ НАЛИЧИИ ТРЕНИЯ
При решении задач с учетом возникающих сил трения
скольжения необходимо иметь в виду, что сила трения Т
по величине пропорциональна силе нормального давления
(закон Аммонтона —- Кулона):
T=fN,
где / — коэффициент трения скольжения.
Сила трения всегда направлена в сторону, противопо
ложную реальному или возможному движению тела.
Вследствие наличия силы
трения между телом и опорной
поверхностью полная реакция
этой поверхности R является
равнодействующей двух сил:
нормальной реакции N и силы
трения Т (рис. 1.24).
Угол р между направления
ми нормальной и полной реак
ций называется углом тре
ния. Из рис. 1.24 следует, что
tgP^m=/A/A=/,
т. е. тангенс угла трения численно равен коэффициенту
трения.
Последовательность действий при решении задач ста
тики с учетом сил трения остается такой же, как и
35
в случае отсутствия трения, Решение выполняется по
этапно (см. табл. 1). Отличие заключается лишь в том,
что в уравнения равновесия войдут еще силы трения.
Пример 1.17. В дровокольном станке клиновой резец
с углом заострения 2а=11°20' проникает в раскалыва
емую древесину с усилием Р=6 кН (рис. 1.25).
Определить силы нормальных давлений Л\ и W2 со
стороны древесины на клиновой резец, если коэффициент
трения стального резца по древесине
/=0,3.
Решение. Под влиянием сил нормальных давлений ^1 и ^2
вдоль
граней клинового резца возникнут
силы трения:
^=^1,
T^fN^
Выбранная система координат
показана на рис. 1.25. Составим
уравнения равновесия:
2 Ли=О,
Л\ cos « — ^2 cos а —
— 7\ sin а+Т2 sin а=0;
Piv=0, Nr sin a+2V2 sin a+ Tx cos a+ T2 cos a — P=0.
Подставляя значения сил ^ и Г2 и группируя подоб
ные члены, получаем:
^1 (cos a — / sin a) — TV2(cos a —- / sin a)=0,
Л\(sin a+/cosa)+?V2 (sina+/cosa) = P.
Из первого уравнения находим
л/,=^2.
Подставив это равенство во второе уравнение, полу
чим:
дг
д^
-------- £--------- =--------------- --------------- =8 кН#
2 (sin а+/ cosa)
2 (sin 5° 40'+/ cos 5° 40')
Пример 1.18. Валик /, к которому приложен вра
щающий момент т=80 Н м, закреплен неподвижно с по
мощью клеммового соединения 2 (рис. 1.26, а).
Определить силу затяжки Р клеммового соединения,
если коэффициент трения между валиком и ступицей
/=0,12.
Решение. Валик будет находиться в покое в том слу
чае, когда момент сил трения, возникающих на поверх36
йости соприкосновения валика и клеммового соединения,
будет больше или равен внешнему моменту т.
Считаем, что силы трения приложены в верхней и
нижней точках контакта валика и ступицы клеммы
(рис. 1.26,6). Тогда момент сил трения
^тр—TTpd= fNdt
где Ттр — сила трения; N — си
ла нажатия ступицы клеммы.
Требуемая сила нажатия
N=Mrp/(fd).
Требуемую силу затяжки,
принимая, что в точке А шар
нир, находим из уравнения
^тА=0 (рис. 1.26, в);
—P(l+d/2)+Nd/2=0,
или
—Р (i^.l\-p
\
2J
fd
2
откуда
р = Мтр
”"/(2/+ф
=
80-Ю3
=
0,12 (2-30+30) ”
=7,4-103 Н=7,4 кН.
Рис. 1.26
§1.4. ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ ПЛОЩАДЕЙ
Координаты центра тяжести сложной плоской фигуры
определяются в последовательности, указанной в табл. 1.2,
по формулам:
^FiVi
°с=
^Fi
ис
где Ft — площади отдельных частей фигуры; vlt щ— ко
ординаты центров тяжести этих частей.
Сумму произведений элементарных частей на расстоя
ния их центров тяжести до оси называют статиче
ским моментом площади фигуры:
SB=>A.
Sv=^FiUi.
37
Таблица 1.2
Последовательность действий при определении координат
центра тяжести сложной фигуры
Что делать
Чем руководствоваться
1. Заданную сложную фигуру
разделить на минимально возмож
ное число простых частей
2. Вычислить площади простых
частей, а также площадь всей фи
гуры
F^bd, р2=(а — d) d,
Fl + F2 = bd + (a^d)d=
= (b+a — d)d
3. Выбрать координатные оси и
определить координаты центров
тяжести всех простых частей фи
гуры
u^d/2] v^b/2;
a—d
a + d
v2 = d/2
4. Определить статические мо
менты площади заданной фигуры
5. Вычислить координаты центра
тяжести
38
Sa^FiVy + F2W
SV=F
+ F2U2
“C=FM' Vc=FM
Пример 1.19. Найти координаты центра тяжести
плоской фигуры, изображенной на рис. 1.27.
Решение. Делим заданную плоскую фигуру на два
прямоугольника I и II.
Вычисляем площади этих прямоугольников:
F1 = M = 20-4=80 см2; F2=(a — d)d=(12—4)4=32 сма.
Выбираем систему координатных осей и, v так, чтобы
фигура была расположена в первом квадранте (см,
рис. 1.27). Определяем ко
ординаты центров тяжести
v ^-^
прямоугольников / И II:
Т----------- г—у—:
u^d/2^2 см;
\
/
^=6/2=10 см;
g
\
u2=d+(a — d)/2 = 8 см;
v2=d/2 = 2 см.
Вычисляем статические
моменты площади задан
ной фигуры:
So=FiU1+F2y2=80-10+
+32-2=864 см3;
"
—
“
Рис. 1.27
^=fi“i+^2=80-2+32.8=416 см3.
Определяем координаты центра тяжести заданной фи
гуры:
ис=5^1+^)=416 (80+32) = 416/112=3,72 см;
^=Wi+^2) =864/112 = 7,71 см.
Пример 1.20. Найти координаты центра тяжести
сечения, изображенного на рис. 1.28.
Решение. Разобьем данную плоскую фигуру на две
части: / —прямоугольник и II—круг. Площадь круглого
отверстия будем вводить в расчет со знаком минус.
Вычислим площади:
прямоугольника I
^=66=20-12=240 см2;
отверстия II
F2=—JWa = —ЗД4.22 = —12,56 см2.
39
Начало координат совмещаем с центром тяжести пря
моугольника I. Значит, координаты его центра тяжести
равны нулю:
^=0; ^ = 0.
Координаты центра тяжести отверстия (см. рис. 1.28):
и2=Ь/4=5 см; v2=h/4 = 3 см.
Определяем коорди
наты центра тяжести
всей фигуры:
--
и----------------- Л + ^2
_ 240.0—12,56-5 _
240—12,56 ~
37,68
п
Л^ + ^2 _240-0-12,56-3
=---------- -- —0,166 см.
F^F2
— 240—12,56
227,44
Пример 1.21. Определить положение центра тяжести
сечения, изображенного на рис. 1.29.
Решение. Сечение симметрич
но относительно вертикальной
оси. Следовательно, центр тя
жести сечения лежит на оси v.
Вычислим статический мо
мент
площади
относительно
оси и, совпадающей с нижним
краем фигуры,
Su=/?1y1+F2f2=26,4.10+
+ 18,1-21,8=658 см3.
Вычисляем координату цент
ра тяжести:
Su
^с
Л+^2
658
26,4+18,1
14,8 см.
Пример 1.22. Определить положение центра тяжести
сечения, изображенного на рис. 1.30.
\
Решение. Выбираем систему координат так, чтобы се
чение было расположено в первом квадранте.
40
Составными частями сечения являются швеллер № 10
(7), двутавр № 10 (//), неравнополочный уголок 56x36x5
(III), равнополочный уголок 45 х 45 х 5 (IV). Значения пло
щадей и координаты центров тяжести швеллера, двутавu^isy
Ut=133
Рис. 1.30
ра и уголков берем из таблиц прокатной стали ГОСТ
8240—72, ГОСТ 8239—72, ГОСТ 8510—72, ГОСТ 8509—72:
для швеллера № 10 ^=10,9 см2,
для двутавра № 10 Г2=14,2 см2,
для неравнополочного уголка 56x36x5 F3=4,41 см2,
для равнополочного уголка 45x45x5 Г4=4,29 см2;
координаты центров тяжести швеллера, двутавра, уголков
указаны на чертеже в миллиметрах.
Определяем положение центра тяжести сечения:
v _^1 + Рг^±Р^±р4Щ_
С
F^F^F^
_ 10,9-5+14,2-3,5 + 4,41-3,74 + 4,29-8,8 _4 gg
“
10,9+14,2+4,41+4,29
~ ’
С
м
’
F^F^F^F,
10,9.3,164-14,2.9,6+4,41.15,48+4,29.13,8 Q Q
=-------------------------------------------------------------- =о,О CM.
10,9+14,2+4,41 + 4,29
§ 1.5 УСТОЙЧИВОСТЬ РАВНОВЕСИЯ
Условие устойчивого равновесия тела, имеющего точку
или ось вращения, обеспечивается определенными соот
ношениями между величинами действующих сил и геомет
рическими размерами тела. Для такого тела различают
момент устойчивости и момент опрокиды
вания.
41
Условие устойчивого положения тела
^уст^^опр*
Отношение /гу=Муст/Мопр называется коэффициен
том устойчивости. Этот коэффициент для обеспе
чения устойчивого равновесия всегда должен быть больше
единицы:
^у = ^уст/^опР>
Пример 1.23. Строительный кран (рис. 1.31) уста
новлен на рельсах. Его масса mK=12-103 кг (без учета
дополнительного груза, уста
новленною посередине кра
новой башни и служащего
для обеспечения заданного
коэффициента устойчивости);
грузоподъемность
крана
т=10-103 кг. Определить ве
личину дополнительного гру
за Q, если
коэффициент
устойчивости крана fey = l,4.
Решение.
При подъеме
груза кран может опроки
нуться вокруг рельса А. Оп
рокидывающий момент вызы
вается силой тяжести под
нимаемого груза (P=mg==
С~5м
= 10-103.9,81 =98,1.10^ =
Рис. 1.31
=98,1 кН):
МОпр=Л& - £/2) =98,1 (8-1,5) =638 кН. м.
Момент устойчивости создается силами тяжести Q
дополнительного груза и самого крана G = ml.g= 12- 103х
Х9,81 = 117,8-103 Н = 117,8 кН:
M^T=Qc/2+G[c/2—(b—a)] = 1,50 +117,8(1,5-1) =
= l,5Q+58,9 кН-м.
Коэффициент устойчивости
йу=Л1уСТ/ Afonp^> 1,4.
Подставляя значения М^, Мопр, получаем
(l,5Q+58,9)/638>l,4,
откуда
Q>(638.1,4-58,9)/1,5=556 кН.
42
Определим подъемную силу крана при отсутствии до
полнительного груза. В этом случае опрокидывающий
момент создается силой тяжести Р груза, т. е. подъем
ной силой крана
Мопр=Р^с/2) =Р(8-3/2)=6,5Л
Момент
устойчивости
создается силой
крана:
тяжести
MyCT=G[c/2- (&-□)]= 117,8[3/2-(8-7)]=5819 кН -м.
Условие устойчивости крана имеет вид
/гу=Л4устМ40пр=58,9/(6^
откуда
р
58,9
6,5*1,4
тт
’
кН.
ГЛАВА II. КИНЕМАТИКА
§ 1.6. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
А. Кинематика точки
Чтобы задать движение точки, надо задать ее поло
жение по отношению к выбранной системе отсчета в любой
момент времени. Для задания дви
жения точки применяют один из
следующих трех способов: 1) есте
ственный, 2) координатный, 3) век
торный.
Рассмотрим первые два спосо
ба задания движения точки.
1. Естественный способ задания
движения,
Непрерывная линия, которую
описывает движущаяся точка от
носительно данной системы отсчета, называется траек
торией точки. Если траекторией является прямая
линия, то движение точки называется прямолинейным, если кривая — криволинейным.
Естественный способ задания движения удобен в тех
случаях, когда траектория движущейся точки известна.
При этом способе задают: 1) траекторию точки (на
рис. 1.32 линия АВ); 2) начало отсчета (точку О) на
43
траектории с указанием положительного и отрицательно
го направлений отсчета; 3) закон движения точки вдоль
траектории в виде s=<jOM=f(t).
На рис. 1.32 Охуг — система отсчета, относительно
которой движется точка М по заданной траектории АВ.
Напомним, что расстояние s есть число метров (см,
мм), отделяющих движущуюся точку (М) от начала от
счета (точки О). Расстояние измеряют по траектории;
при движении точки оно может увеличиваться
и
уменьшаться, быть величиной положительной и отри
цательной, а также равняться нулю.
Рис. 1.33
Пройденный точкой путь определяется как сумма из
менений расстояний (по абсолютной величине). Пройден
ный путь — величина существенно положительная, непре
рывно возрастающая.
Одной из основных кинематических характеристик
движения точки
те гея векторная величина, называемая
скоростью точки. Вектор скоро
сти направлен по касательной к
траектории (рис. 1.33).
Численная величина скорости точ
ки в данный момент времени равна
первой производной от расстояния s
точки по времени:
Если величина у>0, то направ
ление скорости совпадает с положи
тельным направлением отсчета рас
стояния s; если же и<0, то с отри
Рис. 1.34
цательным.
Ускорение точки характеризует изменение модуля
и направления скорости точки в каждый момент времени
(рис. 1.34).
44
Проекция ускорения точки на касательную at равна
первой производной от скорости v по времени:
dv
Проекция ускорения на нормаль а„ равна квадрату
скорости, деленному на радиус кривизны траектории в
данной точке кривой:
ая=»7рКасательное ускорение at характеризует изменение
скорости по величине; может быть положительным, отри
цательным и равным нулю.
Нормальное ускорение ап характеризует изменение
скорости по направлению; ал=0, если точка движется по
прямой; в остальных случаях
z
аЛ>0. Нормальное ускорение всег
да направлено в сторону вогну
тости кривой (к центру ее кри
визны).
Модуль ускорения точки
2, Координатный способ задарис. 1.35
ния движения.
Если траектория точки неизвестна, то в этом случае
пользуются, как правило, координатным способом задания
движения (рис. 1.35):
Х=М), У=М), 2=Гз«)
(1)
— уравнения движения точки в декартовых (прямоуголь
ных) координатах.
Если точка движется в плоскости, например хОу, то
x=fi(t), У=Ш-
(2)
Уравнения (1) или (2) определяют одновременно
уравнение траектории точки в параметрической форме,
где роль параметра играет время t. Если исключить из
уравнений движения время I, то получим уравнение
траектории.
Проекции скорости на оси координат равны первым
производным от соответствующих координат точки по
времени:
"Г! «АГ'. •
dx
dy
dz
V„ = .
v,=—.
v= —
Л
dt'
у
dt '
*
dT
45
Таблица 1.3
Последовательность решения задач на движение материальной точки
Чем руководствоваться
Что делать
при координатном способе задания
движения
при естественном способе задания
движения
Найти траекторию и закон движения
Найти при /=2 с полное ускорение точ*
1. Установить способ
задания движения точки точки по ней, а также скорость и ускорение ки, которая движется по дуге окружности
и вид движения
радиусом г по закону s=ct2
x=ct2
y=bt
Для определения
траектории нужно
Для определения полного ускорения точ
2. Наметить путь ре
шения исходя из данных исключить из уравнений t. Для определения ки необходимо определить ее скорость, а
затем составляющие ускорения и полное
условий задачи
* s=f(t) нужно найти скорость
ускорение (по величине и направлению)
3. Уравнения движе
ния решить относительно
неизвестных величин
x=ct2 )'
\
y=bt
.
,,b>
t~M
ds о я
t>=—=2d;
at
Чём руководствоваться
Что делать
йрй координатном способе задания
Движения
при естественном способе задания
движения
x=cy2lb2\
dv
a‘=~dt=2c'
dx
Ox-—=2ct
at
dy
an = u2/r=4c2t2/r:
>
при /=2с ал = 16с2/г;
a=V al + °n=V (2c)2+(16C2/rp =
О=У 1>x + Vy = Vh;2t2 + b2;
= 2c]/ l+64c2/r2;
8=J (y4c4» + 6Oif+so;
d^x
y
di2
a^V ^+<iy=2c
cos (a, a^^an/a^
16c2
8c
г • 2c К1 +64c2/r2
]/ r2+64c2
Модуль скорости точки
У = К Px+fy+fz'
Проекции ускорения на оси координат равны первым
производным от проекций скоростей по времени:
dvx
ах=—dt
а^—*
у
dt
az =—-<
z
dt
Модуль ускорения точки
a=V a2 + a2+ a2 •
При решении задач на движение точки рекомендуется
пользоваться табл. 1.3.
Б» Простейшие движения твердого тела
К простейшим движениям твердого тела относят по
ступательное его движение и вращательное движение
вокруг неподвижной оси.
При поступательном движении все точки тела
описывают одинаковые
траектории и
имеют в каждый момент времени одина
ковые по модулю и направлению скорости
и ускорения.
Поэтому поступательное движение тела
задают движением какой-либо одной точ
ки, обычно движением центра тяжести.
Вращательным называется такое
движение твердого тела, при котором ка
кие-нибудь две его точки остаются во все
время движения неподвижными. Прямая
АВ, соединяющая эти точки, называется
осью вращения (рис. 1.36). При вра
щательном движении точки, принадлежа
щие оси, неподвижны, все остальные
точки тела описывают окружности, плос
кости которых перпендикулярны оси вра
Рис. 1.36
щения, а центры лежат на этой оси.
Положение тела в любой момент времени определяется
углом поворота тела ф. На рис. 1.36 показан положи
тельный угол ф.
43
Чтобы определить положение тела в любой момент
времени, надо знать закон вращательного движения твердого тела
4=ftt\
где ф —в радианах; / -в секундах,
Кинематическими характеристиками вращательного
движения твердого тела являются
его угловая скорость со и угловое
ускорение 8.
Угловая скорость тела в дан
ный момент времени численно рав
на первой производной от угла
поворота по времени:
со=—.
di
Знак со определяет направление
вращения тела. Если вращение по
часовой стрелке считать положительным (рис. 1.37), то
При ЭТОМ й) > 0.
В качестве единицы измерения со принимают рад/с.
Угловое ускорение характеризует изменение угловой
скорости тела с течением времени. В данный момент вре
мени оно численно равно первой производной от угловой
скорости по времени
dm
8 =-----
dt
В качестве единицы измерения 8 обычно принимают
рад/с2.
Угловую скорость равномерного вращения часто опре
деляют частотой вращения, обозначая эту величину п
об/мин.
Переход от угловой скорости в рад/с к частоте вра
щения в об/мин производится по формулам
со=лп/ЗО и п=30т/л.
Приводим зависимости между кинематическими харак
теристиками вращательного движения тела (ф, а), в) и
кинематическими характеристиками точек (s, о, ant а^
этого тела (рис. 1.37):
</Л0Л=з=гф, v=Mr, а,=гг. ап=^г.
4
Заказ № 226
49
Таблица
1.4
Последовательность действий при решении задач на вращение
твердого тела вокруг неподвижной оси
Что делать
Чем руководствоваться
1. Установить вид вра
щательного движения тела
Найти скорость и ускорения точки*
отстоящей от оси вращения на /? =
= 2 м при / = 2 с,
<р^5/+/3.
Вращение неравномерное
2. Наметить путь решения
исходя из данных условий
задачи
Найти угловую скорость и угловое
ускорение при /=2 с, а затем перей
ти к определению линейных скоростей
и ускорений
3. Записать уравнения .
для вращательного .да иже- :
ния, связывающие заданные
и искомые величины
^5/+^;
<а=-~=5+^;
di
при /=2 с <0=17 рад/с;
dm
е=— = 6^
dt
при ^=2 с е=12 рад/с2;
V=mJ^t &*=£#,, ап^^Я\
0=1/ ^ + ^
4. Полученные уравнения
решить относительно неиз
вестных величин
с=фЯ = 17.2 = 34 м/с;
д^=е/?=12-2=24 м/с2;
аЛ = ©2^ = 172.2 = 578 м/с2;
fl=j/ ^t+an^
=у 24Ч-5782 =579 м/с».
50
При решении задач на вращение тела рекомендуется
пользоваться табл. 1.4.
В. Сложное движение точки
В ряде случаев при решении задач механики целесо
образно (а иногда необходимо) рассматривать движение
точки одновременно по отношению к двум системам от
счета, из которых одна считается условно неподвижной,
а другая определенным образом движется по отношению
к первой.
Кольцо М перемещается вдоль проволоки ВС
(рис. 1.38), С проволокой связана система отсчета Oxyz
(подвижная), которая
в свою очередь как-то
движется относитель
но другой системы от
счета O^y^i (непод
вижная).
Обычно неподвиж
ную систему отсчета
связывают с Землей
или с неподвижными
относительно Земли
Рис. 1.38
предметами.
Движение, совершаемое кольцом М по отношению к
подвижным осям координат, называется относитель
ным (такое движение будет видеть наблюдатель, связан
ный с подвижной системой отсчета Oxyz и перемещаю
щийся вместе с ней). Линия ВС является относительной
траекторией. Скорость точки вдоль линии ВС называется
относительной — vr.
Движение, совершаемое подвижной системой отсчета
Oxyz, т. е. проволокой ВС, по отношению к неподвижной
системе отсчета О^у^, является для кольца М пере
носным. Скорость той неизменно связанной с подвиж
ными осями Oxyz точки (точки А проволоки ВС), с кото
рой в данный момент совпадает кольцо М, называется
переносной скоростью кольца М в этот момент вре
мени — ^.
Движение кольца по отношению к неподвижной систе
ме отсчета О^у^ называется абсолютным. Траек
тория RL этого движения называется абсолютной
траекторией, скорость — абсолютной скоростью v.
4*
51
При сложном движении абсолютная скорость точки
равна геометрической сумме относительной и переносной
скоростей:
V = Vr+Vg.
Модуль абсолютной скорости вычисляется по формуле
^ =3/^ ^2+^2+2vrue cos а,
где а —угол между направлениями векторов vr и ve.
При сложном движении абсолютное ускорение точки
равно геометрической сумме трех ускорений: относитель
ного, характеризующего изменение относительной скоро
сти в относительном движении; переносного, характери
зующего изменение переносной скорости в переносном
движении, и кориолисова, характеризующего изменение
относительной скорости в переносном движении и пере
носной скорости в относительном движении:
a=ar+ae+ak.
При поступательном переносном движении абсолютное
ускорение точки равно геометрической сумме относитель
ного и переносного ускорений:
а=аг+ае.
Г. Плоскопараллельное движение тела
Плоскопараллельным называется такое движе
ние твердого тела, при котором все его точки переме
щаются параллельно некоторой неподвижной плоскости.
Плоскопараллельное движение твердого тела можно
рассматривать как сумму двух движений: поступатель
ного, при котором все точки тела движутся так же, как
и произвольно выбранный полюс Л, и вращательного
вокруг этого полюса (рис. 1.39).
Уравнения плоскопараллельного движения твердого
тела
xA=fi(O, Уа=М\ Ф=/з(/).
Основными кинематическими характеристиками плоско
параллельного движения твердого тела являются скорость
и ускорение поступательного движения, равные скорости
и ускорения полюса ^Пост=^д, ^пост=^л, а также угловая
52
скорость со и угловое ускорение е вращательного движе
ния вокруг полюса.
Напомним, что вращательная часть движения от
выбора полюса не зависит.
Скорость любой точки В тела геометрически склады
вается из скорости какой-нибудь другой точки Л, при
нятой за полюс, и скорости точки В в ее вращении
вместе с телом вокруг этого полюса (рис. 1.40):
vb — vaA~Vba>
где
иВА=ы-АВ.
Мгновенным центром скоростей называется
точка плоской фигуры, скорость которой в данный мо
мент времени равна нулю.
В каждый данный момент
времени скорость любой точки
плоской фигуры равна скорости
ее вращательного движения вокруг
мгновенного центра скоростей Р
(рис. 1.41):
^А =(1)мгн ’ АРь иВ = (йМгн'ВР.
При определении мгновенного
центра скоростей возможны сле
дующие три случая:
1-й случай. Известны направления скоростей двух то
чек тела А п В. Мгновенный центр скоростей располо
жен на пересечении перпендикуляров, восставленных
из точек к векторам их скоростей (рис. 1.42, а).
53
2-й случай. При
перекатывании тела
без скольжения по
неподвижной поверх
ности
мгновенный
центр скоростей на
ходится в точке Р
касания
катящейся
фигуры с поверхно
стью (рис. 1.42, б).
3-й случай. Если
скорости двух точек
А и В параллельны
между собой и од
новременно
перпен
дикулярны к линии,
соединяющей
эти
точки, то мгновенный
центр лежит на пере
сечении линий, соединяющих данные точки и концы их
скоростей (рис. 1.42, в, г).
Ускорение любой точки В тела геометрически скла
дывается из ускорения какой-нибудь точки, принятой
за полюс, и ускорения точ
ки
В
в
ее
вращении
вместе с телом вокруг этого
полюса (рис. 1.43):
°в=од+авл>
где
^ВА—^ва + ° В А'
Рис. 1.43
Напомним, что а^А = (о2- АВ> а*ВА=е*АВ.
При решении задач на плоскопараллельное движение
тела рекомендуется пользоваться табл. 1.5.
§ 1.7, ПРИМЕРЫ
А. Кинематика точки
Пример 1.24. Точка движется по траектории, изобра
женной на рис. 1.44, а, согласно уравнению $=0,2^
(s — в метрах, / — в секундах). Определить скорость и
ускорение точки в положениях 1 и 2.
64
Таблица 1.5
Последовательность решения задач на определение скоростей
при плоскопараллельном движении тела
Что делать
Чем руководствоваться
1. Определить положение мгновен
ного центра скоростей
2. Вычислить мгновенную угловую
скорость вращения тела
(й = У0/ОС
3. Определить величины скоростей
заданных точек путем умножения
мгновенной угловой скорости на рас
стояния до мгновенного центра ско
ростей
г^Ш’СМ];
у2=й).СМ2;
и3=(о-СМ3
4. Определить направлений скоро
стей заданных точек. Эти скорости
перпендикулярны линиям, соединяю
щим точки с мгновенным центром
скоростей
Решение. Время, необходимое для перемещения точки
из положения 0 (начала отсчета) в положение /, опреде
лим из уравнения движения, подставив частные значения
расстояния и времени:
,55
s1=/=0,2H, /1=У//0,2=/7/0,2 = 2,43 с.
Уравнение изменения скорости
v=^s= W^=()8/3>
di
di
Скорость точки в положении 1
у1=0)8/1=0,8.2>433 = 11,5
м/с.
Уравнение изменения касательного ускорения
at=
dv
dt—
d(0,8/3)
di
2,4/2.
Касательное ускорение точ
ки в положении 1
aG=2,4/?=2,4-2,432=14,2 м/с2.
Нормальное ускорение точки
на
прямолинейном
участке
траектории равно нулю. Ско
рость и ускорение точки в
конце этого участка траекто
рии показаны на рис. 1.44, б.
Определим скорость и уско
рение точки в начале криво
линейного участка траектории.
Очевидно, что 1^ = 11,5 м/с,
Рис. 1.44
а/, = 14,2 м/с2.
Нормальное ускорение точки в начале криволинейного
участка
аЛ1 = у2//? = 11,572 = 66 м/с2.
Скорость и ускорение в начале криволинейного участ
ка показаны на рис. 1.44, в (векторы atl и аП1 изобра
жены без соблюдения масштаба).
Положение 2 движущейся точки определяется прой
денным путем, состоящим из прямолинейного участка
О—1 и дуги окружности /—2, соответствующей цент
ральному углу 90°:
s2=/+2n/?/4=7+2-3,14-2/4« 10,1 м.
56
Время, необходимое для перемещения точки из поло*
жения 0 в положение 2,
/2=4/s2/0,2 = |Л0Ж2«2,66 с.
Скорость точки в положении 2
у2=0,8/2=0,8-2,663=15,1 м/с.
Касательное ускорение точки в положении 2
а,2 = 2,4/2 = 2,4 - 2,662=17 м/с2.
Нормальное ускорение точки в положении 2
an=vyR=(15,1)2/2 = 114 м/с2.
Ускорение точки в положении 2
а2=]/ а^+а^ = ]/172+ 1142=115 м/с2.
Скорость и ускорения точки в положении 2 показаны на
рис. 1.44, в (векторы а^ и аП2 изображены без соблюде
ния масштаба).
Пример 1.25. Точка движется по заданной траекто
рии (рис. 1.45, а) согласно уравнению s=5/3(s —в мет
рах, / — в секундах). Определить ускорение точки и угол
Рис. 1.45
а между ускорением и скоростью в момент t^ когда
скорость точки ^ = 135 м/с.
57
Решение. Уравнение изменения скорости
Рг=-*=1<^) = 15/2.
dt
dt
Время tx определим из уравнения изменения скорости,
подставив частные значения скорости и времени:
Р1=15/?, ^=1^^=1/735715 = 3 с.
Определим положение точки на траектории в момент
^=3 с:
S1=5/i=5-33 = 135 м.
Дуга окружности длиной 135 м соответствует цент*
ральному углу
$i
135 .180° __ 344°
R 22,5 л
Уравнение изменения касательного ускорения
' dt
dt
Касательное ускорение точки в момент t^
а/=30/1=30-3=90 м/с2.
Нормальное ускорение точки в момент t^
аЛ1 = у2//?=1352/22,5 = 810 м/с.
Ускорение точки в момент /х
а1=]/1Х = ]/'90Ч8№ = 815 м/с2-
Скорость и ускорение точки в момент времени tt по
казаны на рис. 1.45, б.
Как видно из рис. 1.45, б
tg «=^=810/91 =8,9; а=83°35'.
Пример 1.26. В шахту глубиной //=3000 м с по
верхности земли без начальной скорости брошен предмет.
Определить, через сколько секунд звук, возникающий
в момент удара предмета о дно шахты, достигнет поверх
ности земли. Скорость звука 333 м/с.
Решение. Уравнение движения свободно падающего
тела
s=gt2/2.
58
Время, необходимое для перемещения предмета от
поверхности земли до дна шахты, определим из уравне
ния движения:
H=gt]/2, /1=]/27^=]/!Г3000^1^^ с.
Звук распространялся с постоянной скоростью ч=>
=333 м/с. Уравнение распространения звука
s=vt.
Время достижения звуком поверхности земли
/2=/7/у=3000/333 =9 с.
Тогда время с момента начала движения предмета до
момента достижения звуком поверхности земли
/=^+/2=24,7+9^34 с.
Пример 1.27. По заданным уравнениям движения
точки х=2/2, у=21(х и у — в метрах, / — в секундах)
найти уравнение траектории, а также скорость и уско
рение точки в момент времени /=2 с.
Решение. Для определения траектории точки нужно
из уравнений движения исключить параметр / — время.
Выразим / через х из первого уравнения:
и подставим это значение во второе уравнение:
у=2]/Гх/2.
Траекторией точки является парабола, симметричная
относительно оси х.
Чтобы найти скорость точки, нужно определить ее
составляющие по координатным осям
Находим скорость точки
v = К^Г^=Кw-wПри /=2 с получаем
& = /(4^2/+22=’|/б4+4=8,25 м/с.
Находим составляющие ускорения точки
d2x л
<Ру Л
ах=----- =4, av=^-=0.
х dt2---------- у dt2
Ускорение точки
a—]/'a’+aJ=]/'4’+ 02=4 м/с2.
Б. Вращательное движение твердого тела
вокруг неподвижной оси
Пример 1.28. Диск радиусом 7? = 2 м вращается
вокруг неподвижной оси согласно уравнению
<р=25/+5/3
(ф —в радианах, /— в секундах). Определить скорост^
и ускорение точки поверхности диска в моменты времени
^=0 и /2=2 с.
Решение. Для определения скорости и ускорения точ
ки необходимо знать угловую скорость и угловое уско*
рение диска.
Уравнение изменения угловой скорости диска
w=^=jj25£+5^=25 15/2.
dt
dt
Уравнение изменения углового ускорения диска
е=Що=^25±15П=30Л
dt
dt
Определим угловую скорость и угловое ускорение
диска в моменты времени ^=0 и /2=2 с:
0^=254-15/^=25 рад/с;
о)2 = 25+15/2 =25 4-15-22 = 85 рад/с;
81=30/х=0;
е2=30/2=30-2=60 рад/с2.
Определим скорость точки поверхности диска в ука
занные моменты времени:
v1=w1/?=25-2=50 м/с;
у2=(о2/?=85-2 = 170 м/с.
60
Определим нормальное и касательное ускорения точки
поверхности диска в моменты времени tr и /2:
аЛ1 = а)^=252-2 = 1,25-103 м/с2;
ая,=(о^=852-2«14,5-103 м/с2;
aG=6i^=0;
Ф2=е2/?=60-2=120 м/с2.
Тогда
а^]/а2+^ = /(1,25-103)2+0= 1,25 -103 м/с2;
а2=]Ла^+а^ = ]/(14,5-103)2+1202«14,5-103 м/с2.
Пример 1.29. Точка Л, лежащая на ободе равномерно вращающегося шкива, движется со скоростью
v=2 м/с и нормальным ускоре
нием ап=5 м/с2. Определить ра
диус шкива ОА и величину угло
вой скорости (рис. 1.46).
Решение. Здесь для решения
следует воспользоваться известны
ми соотношениями для линейной
скорости и нормального ускорения
точек вращающегося тела:
v=(o-OA; ап=ы2-ОА.
Если второе уравнение разделить на
угловую скорость вращения шкива:
первое,
найдем
(о=ал/^=5/2=2,5 рад/с.
Тогда
(M = tV0=2/2,5=O,8 м.
Пример 1.30. Шарик Л (рис. 1.47), подвешенный на
стержне ОЛ, колеблется в вертикальной плоскости около
неподвижной горизонтальной оси О согласно уравнению
ф=
ЗТ
•
Sin
4- 6
ТС
/
.
(ф — в радианах, / — в секундах).
Определить:
1. Ближайшие моменты времени, соответствующие
максимальным отклонениям стержня ОЛ от вертикали OG
вправо и влево, а также значение максимальных углов
отклонения.
61
2. Ближайший момент времени после начала движе
ния, при котором нормальное ускорение шарика равно
нулю.
3. Ближайший момент времени, при котором касатель
ное ускорение шарика равно нулю
4. Полное ускорение шарика при / = 1,5 с и угол,
образованный вектором ускорения со стержнем О А,
Решение.
Стер
жень ОА совершает
вращательное (коле
бательное) движение.
Максимальные углы
отклонения стержня
от вертикали соот
ветствуют
наиболь
шим
абсолютным
значениям функции
sin у t.
Очевидно,
это имеет место
sin —/ = ±1:
при
6
л
.
.
3
,
sin—=1, sin —л=—1
2
2
Тогда ■^r^i =4г ’откуда ^^ с;
-j-(2=^> откуда /г=9 с.
При ^=3 с фши=л/4, при /2=9 с Фах=-л/4.
Крайние положения стержня О А на рис. 1.47 пока
заны штриховыми линиями ОА± и 0А2.
Напомним, что за положительное направление считаем
вращение по часовой стрелке.
Уравнение изменения угловой скорости стержня О А
dtp
d / л . л Л л2
л ,
(о=—=— —sin— /1=— cos
t.
dt
dt \ 4 6/24
6
Уравнение изменения углового ускорения стержня О А
das
d ( л2
л Л
л3 . л ,
dt dt \ 24
6 /
144
6
* Требуется найти ближайшие моменты времени, так как шарик
совершает гармонические колебания.
62
Направления ш и е показаны на рис. 1.47. В приве
денном примере направления и и в противоположны.
Следовательно, стержень ОА совершает замедленное вра
щательное движение.
Нормальное и касательное ускорения шарика опреде
ляются по формулам:
а=ыЧ = [— cos — /^30= 5,16 cos2 — t,
\ 24
п
6
6
.
У
’
а,=г1 — {—— sin — /^30= — 6,46 sin— t.
‘
\
144
6
6
/
В рассматриваемом примере касательное ускорение шари
ка направлено к точке С (рис. 1.47).
Определим момент времени, при котором а„ равно
нулю. Для этого выражение ап приравняем нулю:
a„=5,16cos2-^-/3=0.
Записанное условие выполняется при cos —/3=0, НО
6
cos—=0 или cos —=0.
2
2
Тогда -у/3=-р откуда /З=3 с;
—/4=—л, откуда /4=9 с.
Нормальное ускорение шарика равно нулю, когда
стержень О А занимает крайние положения.
Определим момент времени, при котором at равно
нулю. Для этого выражение at приравняем нулю:
at=— 6,46 sin—i. =0.
‘
6
6
Это условие выполняется при sin —/5=0, откуда /=0.
Касательное ускорение шарика обращается в ноль
в тот момент, когда стержень О А совпадает с линией 00»
Вычислим ап и at при /=1,5 с:
a„=5,16cos2 — /=5,16cos2 —1,5 =5,16-0,7072=
66
*
’
’
=2,58 см/с2,
63
at=— 6,46 sin — /=— 6,46 sin — 1,5=— 6,46 • 0,707=
‘
6
6
’
= — 4,56 см/с2.
Ускорение шарика при /=1,5 с
a=У^+^= /4,562+2,582 = 5,24 см/с2.
Угол между вектором ускорения шарика и стержнем
ОА определяется из соотношения
tga=az/a„=4,56/2,58 = 1,77,
откуда
a=60° 30'.
В. Сложное движение точки
Пример 1.31. Лодочник, переправляясь через реку,
направил лодку под углом ф=45° к направлению тече
ния (рис. 1.48). В стоячей
воде лодка движется со
скоростью 3 м/с. Скорость
течения реки 1 м/с. Опре
делить абсолютную ско
рость движения лодки, а
также время, в течение
которого лодка переплы
вет реку шириной /=360 м.
Решение. Относительно
берега лодка совершает
сложное движение: отно
Рис. 1.48
сительно потока воды и
одновременно с потоком воды. Движение лодки относи
тельно потока (как бы в стоячей воде) — относительное,
движение ее вместе с потоком — переносное. Тогда
р,=3 м/с, ^=1 м/с.
Как известно,
о-М-А..
Графическое определение абсолютной скорости лодки
представлено на рис. 1.48.
Модуль абсолютной скорости вычисляется по формуле
v=^ t^+c^+Zn^cos <p.
64
Подставляя числовые значения, получаем
Р=|/12+32+ 2-1 -3 0,707=]/' 14,24 = 3,78 м/с.
Чтобы определить время, за которое лодка пересечет
реку, необходимо найти составляющую скорости vt попе
рек течения реки:
t>1 = ^cos45° = 3.0,707=2,12 м/с.
Время движения лодки
/=//^ = 360/2,12=170 с=2 мин 50 с.
Пример 1.32. В кривошипно-кулисном механизме
с поступательно движущейся по вертикали кулисой
частота вращения криво
шипа ОА п=90 об/мин
(рис. 1.49, а). Длина кри
вошипа ОЛ=0,3 м. Конец
кривошипа соединен шар
нирно с ползуном Л, сколь
зящим по горизонтальному
пазу кулисы.
Определить
скорость
кулисы в тот момент, ког
да кривошип образует с
вертикальной осью дви
жения
кулисы
угол
Рис. 1.49
а=50э.
Решение. Движение точки Л вместе с кривошипом
считаем сложным; оно получается в результате сло
жения:
а) движения точки Л вместе с кулисой в ее возврат
но-поступательном движении вдоль оси х (переносном
движении);
б) движения точки Л вместе с кулисным камнем, дви
жущимся возвратно-поступательно в прорези кулисы
в направлении, перпендикулярном оси х (относительном
движении).
На рис. 1.49, б представлено графическое решение
задачи
у=«.ОЛ=(лм/30)ОЛ = (3,14-90/30)0,3=2,83 м/с.
Как видно из рис 1.49, б,
^=[/sina=2,83sin50°=2,16 м/с.
5
Заказ № 22G
65
Пример 1.33. Автомобиль движется по прямолиней
ному пути с ускорением а=4 м/с2. На продольном валу
насажен вращающийся маховичок радиусом г=0,25 м
(рис. 1.50, а), имеющий в данный момент угловую ско
рость <о=4 рад/с и угловое ускорение е=8 рад/с2. Найти
абсолютное ускорение то
чек обода маховичка вдан
ный момент (рис. 1.50, б).
Решение. Относительно
поверхности земли точки
обода маховичка соверша
ют сложное движение. За
переносное движение при
нимаем движение автомо
биля, за относительное —
вращательное
движение
маховичка
относительно
неподвижной оси
a—at-\-ar.
Очевидно, что
ае=а=4 м/с2.
Рис, 1.50
В относительном движении точка движется по окруж
ности г=0,25 м и ее ускорение вычисляется по формуле
аг
аг=гУ^+Т2=^5 YV+ 82 = 4,47 м/с2.
На рис. 1.50. б показаны составляющие ускорения
точки обода маховичка в относительном движении а? и
а^ а также вектор аг.
Так как аг и ае взаимно перпендикулярны, то
а=У1^а^У~4~^Г^=^ м/с2.
Вектор а показан на рис. 1.50, б.
Г. Плоскопараллельное движение тела
Пример 1.34. Зубчатое колесо зажато между двумя
параллельными зубчатыми рейками (рис. 1.51, а). Ниж
няя рейка неподвижна, верхняя — движется со скоростью
у=4 м/с. Определить скорость точки В.
66
Решение. Колесо совершает плоскопараллельное дви
жение. Как известно, плоскопараллельное движение мож
но представить как сумму двух движений: поступатель
ного вместе с осью О и вращательного вокруг той же
оси.
Тогда скорость точки В можно рассматривать как
геометрическую сумму скоростей в поступательном (пере
носном) и во враща
тельном
(относитель 
ном)
движениях
(рис. 1.51, б):
vB = ve+vn
где
^=^0-
vr=ar-0B.
Рис. 1.51
Как известно, угловая скорость относительного вра
щательного движения не зависит от выбора полюса,
поэтому, приняв за полюс точку Р (рис. 1.51, б), найдем
г’)г = ^/ДР=4/2 = 2 рад/с.
Скорость точки А — общей
гл=4 м/с. Очевидно,
точки колеса
и
рейки
vo=mr-0P==2-1=2 м/с.
Модуль скорости точки В
о8=/^=У2Ч?=2,83 м/с.
Решим пример другим способом. Движение колеса
можно рассматривать в любой момент времени как вра
щательное вокруг мгновенного центра вращения. В рас
сматриваемом примере мгновенный центр вращения коле
са— точки касания колеса с неподвижной рейкой (точ
ка Р).
Скорость точки А можно определить как скорость во
вращательном движении вокруг точки Р:
^=сомгн‘ ^Р,
откуда
(омгн = ^лМР = 4/2 = 2 рад/с,
т. е.
^г^мгн^2 рад/с.
Тогда
^=(DMrH.PB=2]/F+^=2,83 м/с.
5*
67
Пример 1.35. Цилиндр с выступающим ободом ка
тится без скольжения по горизонтальной поверхности
(рис. 1.52). При этом центр цилиндра — точка О движется
прямолинейно от начального положения Ох согласно
уравнению s=0,75/3
(s — в метрах, / — в
секундах).
Опреде
лить скорости точек
В и С цилиндра, а
также точек А, Е, F
и И, лежащцх на
ободе цилиндра в мо
мент времени / = 2 с.
Диаметр
цилиндра
d=1
м,
обода
0=1,8 м.
Решение. По за
данному закону дви
жения точки О оп
ределяем ее скорость
в момент времени
/ = 2 с:
v
ds = £(0^5(3) = 2 25/2
di
di
при / = 2 с ио=9 м/с.
Цилиндр совершает плоскопараллельное движение.
Мгновенный центр вращения находится в точке Р. По
этому
vo=^d/2.
Отсюда мгновенная угловая скорость вращения ци
линдра
(o=vc/(d/2)=9/O,5=18 рад/с.
Найдем расстояния от мгновенного центра скоростей
Р до заданных точек:
PB=d; PD=dy2/2\ PF=(D — d)/2i
PE=Y&+d2l2-, PA=(D+d)/2.
Для определения расстояния РН рассмотрим прямо
угольные треугольники НКО и РКП, Из треугольника
НКО имеем
НК = —ыпа и КО=—cos а.
2
'
2
n В
। d
D cos Ct-1~d
I(P=KO+OP = — cosa-J—=---------- -—.
।
2
2
2
PH=yiiK*+KFn == '/(O sina)8+(Pcos«W
Теперь определим величины скоростей заданных точек:
oB=®-PB=(od = 18-1 = 18 м/с;
г/с.=(о-РС=(о^^=18Ь1'=12,7 м/с;
с
2
2
o =(i).pf=ffl ^21^=|8-Ы2£=7 2 м/с;
F
2
’
2
DC.
VD2+d2 1О /1,82+12
,ос
,
vE=®-РЕ=ш----- 2—=18——’———=18,6 м/с;
2
2
рл=со-РЛ=(о-^^ = 18^у^-1=25,2 м/с;
шРН=(,> /(^«ЕН^^
v
1
=
2
3 /(1,8-0,707)2 + (1.8'0,707 + I)2
18-2,57
23 j
2
2
’
,
'
Вектора скоростей показаны на рис. 1.52.
Пример 1.36. В механизме грохота (рис. 1.53, а)
кривошипы О±А и О2В связаны звеном АВ. Размеры
всех звеньев одинаковы: OiA=O2B = AB=4fi см. Криво
шип ОХЛ равномерно вращается вокруг оси Ох с частотой
по = 6О об/мин.
Определить угловую скорость звена АВ и скорость
точки В для двух положений грохота: 1) когда кривошип
ОхЛ занимает горизонтальное положение, 2) когда криво
шип О2В занимает горизонтальное положение.
Решение. Вычислим скорость точки Л ведущего криво
шипа:
p4=(o-O^=^O^ = ^-40=251 см/с.
30
30
69
Рассмотрим теперь последовательно заданные положе
ния механизма.
1-е положение (рис. 1.53, б). При заданных раз
мерах звеньев ZHBO2=90°. Определим мгновенный центр
вращения звена АВ, Нам известны направления скоро
стей двух его точек: vA и vB.
Мгновенный центр скоростей
лежит на пересечении перпен
дикуляров к направлениям
скоростей vA и vB, т. е. в
ft
точке О2.
Найдем мгновенную угло
16,6см
вую скорость вращения зве
на АВ:
vA=(i)- А02,
откуда
(0 =
VA
УА
АО%
AOi~]~^i^2
=^Ы7=4’42 рад/с>
40-|-16,6
‘
Определяем скорость точ
ки В:
vB — ^-O2B —
=4,42-40=177 см/с.
2-е положение
(рис.
1.53, в). Мгновенный центр
скоростей в этом положении
находится в точке Ov Мгно
венная угловая скорость вра
Рис. 1.53
щения звена АВ оказывается
равной угловой скорости ведущего кривошипа механизма:
о=л«0/30=3,14 • 60/30=6,28 рад/с.
Определяем скорость точки В:
vB=со • 0^=со (Oft*+О2В) = 6,28 (16,6+ 40) = 355 см/с.
Пример 1.37. Железнодорожный вагон движется по
горизонтальному участку с ускорением ао= —1,6 м/с2,
имея в данный момент скорость у0=1 м/с. Найти уско
рения точек вагонного колеса, лежащих на концах гори
зонтального и вертикального диаметров (рис. 1.54).
70
Решение,Движение центра колеса О примем за пере
носное ае=а0, Относительное движение является враща
тельным относительно выбранного полюса О, Найдем
угловую скорость и угловое ускорение относительного
движения.
Составим выражение скорости точки О в произвольный
момент времени:
у=с0+(1о^
Рассматривая движение точки О относительно мгно
венного центра скоростей, который совпадает с точкой Р.
найдем угловую скорость вращения колеса:
(d = Vq/OP=vJR=\/0,4=2,5 рад/с.
Как известно, v=&R. Продифференцируем полученное
уравнение по времени:
dv о dm
dv
dm
—= R— ; —=ah—=8.
dt
dt dt
* dt
Следовательно, at = R&.
В рассматриваемом примере at — касательное ускоре
ние точки О в поступательном движении, т. е. at=—ao
(движение замедленное), е — угловое ускорение колеса во
вращательном движении вокруг точки О.
71
Тогда
e=ao/R=l,6/0,4=4 рад/с2.
Поскольку все исследуемые точки А, В, Р и С нахо
дятся на одинаковом расстоянии от центра колеса, то
относительные касательные и нормальные ускорения их по
величине соответственно одинаковы и определяются по
формулам:
^=eR=4-0,4= 1,6 м/с2;
ап = (о27? = (2,5)2-О,4=2,5 м/с2.
На рис. 1.54 в каждой точке построены три состав
ляющих ускорения:
ae=aQt а[ и а^
Два из трех составляющих векторов для каждой точ
ки направлены по одной прямой и складываются алгебраи
чески. Векторные построения, выполненные на рис. 1.54
около точек /4, В и Р, позволяют найти величины и на
правления их абсолютных ускорений:
аА = У'(а?У+(а^^2=У^
м/с2,
ав = 1Л^+%ЛК^=1^Г^^
мМ
оР=а"=2,5 м/с2,
flc=p(fl^flo)2+(fly = /о,92+1,62= 1,84 м/с2.
ГЛАВА III. ДИНАМИКА
§ 1.8. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ
А. Динамика точки
За простейшее материальное тело в механике прини
мают материальную точку, т. е. материальное тело
(тело, имеющее массу), размерами которого при изучении
его движения можно пренебречь.
. :^;
Для свободной материальной точки задачами динамики
являются следующие:
1. Зная закон движения точки, определить действу
ющую на нее силу (первая задача динамики).
72
2. Зная действующие на точку силы, определить закон
движения точки (вторая задача динамики).
Решаются эти задачи с помощью основного уравнения
динамики.
Еслй на свободную точку действует только одна сила
Р, то' основной закон динамики выражается векторным
равенством:
Р=та.
Если на точку действуют одновременно несколько сил,
то уравнение, выражающее основной закон динамики,
имеет вид:
R=^\ Р^та.
При изучении движения несвободной материальней
точки будем исходить из аксиомы связей, согласно кото
рой всякую несвободную материальную точку можно рас
сматривать как свободную, отбросив связь и заменив ее
действие реакцией связи N.
Основной закон динамики для несвободного движения
точки имеет вид
tna=^Pf+Nt
где 2 Р? — действующие на точку активные силы.
Первая задача динамики для несвободного движения
обычно сводится к тому, чтобы, зная движение точки и
действующие на нее активные силы, определить реакцию
связи. Вторая задача динамики при несвободном движе
нии распадается на две и состоит в том, чтобы, зная
действующие на точку активные силы, определить: а) за
кон движения точки, б) реакцию наложенной связи.
Основной закон динамики в проекциях на координат
ные оси имеет вид:
^=2Л*="1ал, Ry=^Ply=may, Рг=^Р1г=таг,
где у, Р1х, У Piy, У, Р1х — алгебраические суммы проекций
сил, действующих на точку, на
оси х, у, г;
_
ах, ау, аг — проекции ускорения а соответ
ственно на ось х, у и г.
73
Б. Принцип Даламбера
Если в каждый момент к действующим на точку актив
ным силам и реакциям связей прибавить силу инерции,
то полученная система сил будет находиться в равнове
сии и по отношению к ней, будут справедливы все урав
нения статики:
2^+д/+Ри=0)
где £ Р? — геометрическая сумма активных сил, действу
ющих на точку; N— реакция связи; Рн=—та — сила
инерции точки.
Следует иметь в виду, что фактически на движущу
юся точку действуют только силы 2 Pf и N.
Для приложения силы инерции необходимо знать на
правление ускорения точки. При прямолинейном движе
нии направление а известно. В этом случае сила Ри на
правлена противоположно а, по модулю Рн=та.
При криволинейном движении силу инерции можно
представить через ее касательную и нормальную состав
ляющие:
Р^—та^ Ри=—тап.
Касательная сила инерции Ри направлена противопо
ложно касательному ускорению; нормальная (центробеж
ная) сила инерции Р» —по нормали к траектории в сто
рону ст центра кривизны.
Принципом Даламбера можно пользоваться для опре
деления динамических реакций связей или ускорения дви
жущейся точки.
При решении задач на применение принципа Далам
бера необходимо придерживаться такой последователь
ности:
1. Выделить тело (точку), движение которого рассмат
ривается.
2. Приложить к телу (точке) все внешние активные
(движущие) силы.
3. Освободить тело (точку) от связей и заменить их
реакциями.
4. Приложить силу инерции (сила инерции направле
на в сторону, противоположную полному ускорению).
5. Составить необходимые уравнения равновесия и ре
шить их.
74
В. Работа силы и мощность
Приводим основные формулы, необходимые для вычис
ления работы и мощности.
Работа постоянной силы Р на прямолинейном пути
A=Ps cos а,
где а — угол между силой и перемещением.
Работа переменной силы на криволинейном пути
S
Л == j Pds cos а.
b
Работа силы тяжести
A^+GH,
где Н — разность уровней движущейся точки.
Работа пары сил
А=Мср,
где М — момент пары; (р — угол ее поворота.
Мощность определяется по формуле
dA
N=—
dt
Pds cos а
п
----------------- Р и cos а.
dt
Если а=0, то
^Р^=Р1,
dt
где v — скорость точки приложения силы Р. При враща
тельном движении мощность определяется произведением
вращающего момента на угловую скорость:
^=Лlco или M=N/a.
Механический коэффициент полезного действия уста
новки равен отношению работы сил полезных сопротив
лений Лп> 0 к работе движущих сил ЛДв:
Л= Лп> с/^дв‘
В Международной системе единиц (СИ) работа изме
ряется в джоулях (Дж). Джоуль равен работе силы в
один ньютон на совпадающем с силой перемещении в один
метр: 1 Дж=1 Н-м.
75
Для удобства записи и вычислений применяют и
более крупные единицы — килоджоуль (кДж), мега
джоуль (МДж):
1 кДж=103 Дж, 1 МДж=108 Дж.
В технической системе единиц (МКГСС) работа изме
ряется в килограммах-силах-метрах (кгс-м).
.. • ’
Соотношение между единицами работы в технической
и международной системах такое же, как между единица
ми силы:
1 кгс-м=9,81 Дж, 1 Дж=0,102 кгс-м
или
1 кгс-м^Ю Дж, 1 Дж ^0,1 кгс-м.
В Международной системе единиц (СИ) мощность из
меряется в ваттах (Вт); 1 Вт=1 Дж/с и в более крупных
кратных единицах — киловаттах (кВт); 1 кВт=103 Вт.
Г. Общие теоремы динамики точки
Для решения многих задач динамики целесообразно
пользоваться так называемыми общими теоремами, кото
рые являются следствиями основного закона динамики.
Основными динамическими характеристиками движе
ния точки являются количество движения и кинетическая
энергия.
Количеством движения точки называется век
торная величина mv, равная произведению массы точки
на вектор ее скорости. Направлен вектор тс? так же, как
и скорость точки, т. е. по касательной к ее траектории.
Кинетической энергией точки называется ска
лярная величина mv2/2, равная половине произведения
массы точки на квадрат ее скорости.
Для характеристики действия, которое оказывает на
тело сила за некоторый промежуток времени, вводится
понятие об импульсе силы.
Элементарным импульсом силы называется вектор
ная, величина dSt равная произведению вектора силы Р
на элементарный промежуток времени dt:
dS=Pdt.
Направлен элементарный импульс по линии действия
силы.
76
Импульс S любой силы Р за конечный
времени 1г
_
промежуток
G_
S=J Pdt.
Если сила Р постоянна по модулю и направлению, то
Причем, в этом случае и модуль вычисляется аналогично:
^=Р^-^.
В общем случае модуль импульса может быть вычис
лен через его проекции:
8Х=РХ (/1 - to), Sy=py (t, - /0), S,= Рг (t, - Q.
Теорема об изменении количества движения точки. Из’
менение количества движения точки за некоторый проме
жуток времени равно геометрической сумме импульсов
всех действующих на точку сил за тот же промежуток
времени:
mv1 — tnv^^S^
В проекциях на координатные оси
mv^ — mvQ^^S^, mviy — mvoy = ^Siy,
тщ2 — mvoz=^Si2.
Теорема об изменении кинетической энергии точки.
Изменение кинетической энергии точки при некотором ее
перемещении равно алгебраической сумме работ всех дей
ствующих на точку сил на том же перемещении:
mvx
2
"^0
2
2
9
SA
При перемещении по неподвижной гладкой поверхности
(или кривой) изменение кинетической энергии точки равно
сумме работ на этом перемещении приложенных к точке
активных сил.
С помощью теоремы об изменении количества движе
ния течки легко решаются задачи, в которых:
а) действующие силы постоянны;
77
б) в число данных и искомых величин входят действу
ющие силы, время движения, начальная и конечная ско
рости точки.
С помощью теоремы об изменении кинетической энер
гии легко решаются задачи, в которых:
а) действующие силы постоянны;
б) в число данных и искомых величин входят действу
ющие силы, перемещение точки, скорости в начале и в
конце перемещения.
Применяя обе теоремы одновременно, можно решить
некоторые смешанные задачи, в которых данными (или
искомыми) являются и время движения, и перемещение
точки.
При решении задач на применение теорем об измене
нии количества движения и об изменении кинетической
энергии точки следует придерживаться такой последова
тельности:
1. По данным задачи определить, какой из теорем
можно воспользоваться для ее решения.
2. Изобразить на рисунке движущуюся точку в про
извольном положении и показать все действующие на нее
силы (активные и реакции связей).
3. Вычислить по соответствующим формулам импуль
сы или работу всех сил за время движения.
4. Составить соответствующие уравнения и определить
из них искомые величины.
Д. Динамика системы
Механической системой материальных точек
или тел называется такая их совокупность, в которой по
ложение или движение каждой точки или тела зависит от
положения и движения всех остальных.
Материальное тело будем рассматривать как систему
материальных частиц, образующих это тело.
Различают силы внешние Ре и внутренние
Рс: первые действуют на точки системы со стороны точек
или тел, не входящих в состав данной системы, вторые —
со стороны других точек или тел этой же системы.
Геометрическая сумма — главный вектор всех
внутренних сил системы — равняется нулю.
Сумма моментов — главный момент всех внутрен
них сил системы относительно любого центра или оси —
равна нулю.
78
Масса системы равна арифметической сумме масс всех
точек или тел, образующих систему:
М = £т,-.
Центром масс системы называется геометриче
ская точка С, координаты которой определяются форму
лами:
%с
, Ус
•
2 гщ
Моментом инерции тела относительно данной
оси Oz называется скалярная величина,
равная сумме произведений масс всех точек
тела на квадраты их расстояний от этой оси
(рис. 1.55)
% mi
^гщ
,
Jz^fnrf.
Момент инерции играет при вращатель
ном движении тела такую же роль, какую
масса при поступательном, т. е. момент
инерции является мерой инертности тела при
вращательном движении.
Момент инерции тела относительно дан
Рис. 1.55
ной оси О?! (рис. 1.56) равен моменту инерции относительно оси, ей параллельной, проходящей через
центр масс тела, сложенному с произведением массы все
го тела на квадрат расстояния между осями:
Ог, —JCz ~[~Md2,
Количеством движения системы называют
векторную величину Q, равную геометрической сумме ко
личеств движения всех то
чек системы. Количество
движения системы равно
произведению массы всей
системы на скорость ее
центра масс:
Q = Mvc.
Теорема об изменении количества движения системы.
Изменение количества движения системы за некоторый
промежуток времени равно сумме импульсов, действующих
на систему внешних сил за тот же промежуток времени:
Qi-Qo=S$.
79
В проекциях на оси координат:
Qu — Qo«=S^«, Qiy — Qby=2^y> Qi* Qoг^2^й•
Теорема об изменении кинетической энергии системы.
Кинетической энергией системы называется ска
лярная величина Т, равная арифметической сумме кине
тических энергий всех точек системы:
2
Кинетическая энергия тела при поступательном движе
нии равна половине произведения массы тела на квадрат
скорости центра масс:
Тт„=М^2.
Кинетическая энергия тела при вращательном движе
нии равна половине произведения момента инерции тела
относительно оси вращения на квадрат его угловой ско
рости:
Твр=УХ/2.
При плоскопараллельном движении кинетическая энер
гия тела равна энергии поступательного движения со
скоростью центра масс, сложенной с кинетической энер
гией вращательного движения вокруг оси, проходящей
через центр масс:
Тпл=М^/2+Ус^/2.
Изменение кинетической энергии системы при некото
ром ее перемещении равно сумме работ на этом переме
щении всех приложенных к системе внешних и внутрен
них сил:
Л-Л^Л^/Г.
(1)
Неизменяемой называют систему, в которой рас
стояния между точками приложения внутренних сил при
движении системы не изменяются. Для таких систем сум
ма работ всех внутренних сил равна нулю, и уравнение
принимает вид:
Л-П=2Я‘.
(2)
В уравнениях (1) и (2) в число внешних и внутренних
сил входят и активные силы, и реакции связей.
Для систем без трения из уравнений (1) и (2) исклю
чаются все реакции связей.
80
Вращательное движение твердого тела. Произведение
момента инерции тела относительно оси вращения на
угловое ускорение равно вращающему моменту:
Jzz=M\.
§ 1.9. ПРИМЕРЫ
А. Динамика точки
Пример 1.38. Тело массой т=2 кг движется по
гладкой горизонтальной поверхности согласно уравнению
s=2/3(s— в метрах, t — в
секундах).
Определить
силу Р в конце второй се
кунды после начала дви
жения.
Решение. Тело движется
по прямой. Следовательно,
и сила, действующая на
Рис. 1.57
точку, направлена по этой
же прямой. Силы, действующие на тело, показаны на
рис. 1.57 (mg — сила тяжести тела, N — реакция поверхности, Р — искомая сила).
Очевидно, что
Р=та.
Определим ускорение тела в конце второй секунды.
Как известно,
du
ds
dt
dt
a——. v=—.
Продифференцировав дважды уравнение движения, по
лучим
п=12/.
Ускорение тела в конце второй секунды
а/=2= 12-2=24 м/с2.
Тогда
Р=та=2-24=48 кг-м/с2=48 Н.
Пример 1.39. Материальная точка, сила тяжести ко
торой 0=100 Н, движется по прямолинейной гладкой по
верхности (рис. 1.58) с ускорением а=1,5 м/с2. Опре$
Заказ № 226
81
делить силу Р, вызывающую движение, пренебрегая силами сопротивления.
Решение. Задано движение материальной точки, требу
ется определить движущую силу (прямая задача динами
ки). На материальную точку действуют три силы: сила
дЛ
тяжести G,
реакция гладкой
горизонтальной плоскости N и
тп, ■! > — >
движущая сила Р.
Силы G и /V уравновешены,
11
следовательно, основное урав’^
нение динамики в этом случае
гис* 1,00
имеет вид:
Р=та, m=G/g.
Подставляя числовые значения, получаем
P=Ga/g= 100-1,5/9,81 = 15,3 Н.
Пример 1.40. Под действием силы тяжести тело М
падает с высоты //=1500 м, испытывая сопротивление
воздуха R. Полагая силу сопротивления постоянной и
равной половине силы тяжести, найти уско
рение тела а и скорость v через 5с после
начала движения, если начальная скорость
о0=0 (рис. 1.59).
Решение. В данном случае силы заданы,
требуется определить кинематические харак
теристики движения: ускорение, скорость (об
ратная задача динамики). По основному
уравнению получим
ma=G — R=G — 0,5 G=0,5 G,
откуда
Puc. 1.59
a=0,5 G/m=0,5 Gg/G=0,5-9,81 =4,9 м/с2.
Рассматриваемое тело движется равномерно-ускоренно,
a=const=4,9 м/с2.
Скорость точки при равномерно-ускоренном движении
определяется по формуле
v=v0+at.
В рассматриваемом
v—at.
82
примере
о0=0,
следовательно,
В конце пятой секунды после начала движения ско
рость точки
и=4,9-5=24,5 м/с.
Определим время падения тела.
При равномерно-ускоренном движении
Н=^+а1г/2.
Поскольку vo=O, получаем
Н=а?/2,
откуда
/=)Л1^=]ЛМ500Я9=24,7 с.
Итак, через 24,7 с тело упадет на землю.
Пример 1.41. В шахте опускается равномерно-уско
ренно бадья, сила тяжести которой Q=280 кН. В первые
10 с она проходит путь s=35 м. Найти
натяжение каната, на котором висит
/*^\
бадья (рис. 1.60).
( X i
Решение. На бадью действует сила тя- ”"/"~т~/
жести Q и натяжение каната Т. Следот хЛ^/
вательно,
11 ~
ma=Q — Т,
откуда
T=Q — ma=Q(l—a/g).
Ускорение а определяем из уравнения
’
А.
LJ tfl
Т
s=at2/2,
р^- рЮ
откуда
a=2s//2 = 2 - 35/102 = 0,7 м/с2.
Подставляя числовые значения в формулу, получаем
T=Q(1 -^^=280(1 -0,7/9,81)=260 кН
Б. Принцип Даламбера
Пример 1.42. Жесткая рамка с грузом G массой/и=
= 10 кг равномерно вращается с частотой п = 1200 об/мин
(рис. 1.61, а). Определить реакции опор при нижнем (по
казанном на рисунке) положении груза. Массу рамки не
учитывать.
6*
83
Решение. Активной силой, действующей на рамку,
является сила тяжести груза
G=mg=10-9,81=98,1 Н.
Освободив рамку от связей, прикладываем к ней ре
акции опор VA и VB (рис. 1.61,6).
Мысленно остановив рамку, прикладываем к ней в точ
ке крепления груза центробежную силу инерции
РИ=тап.
Так как рамка вращается равномерно, касательное
ускорение груза равно нулю и полное его ускорение равно
нормал ьному.
Соответст
венно полная сила инер
ции равна центробежной
силе инерции груза.
Нормальное ускорение
направлено к оси враще
ния, сила йнерции — про
тивоположно (рис. 1.61,6).
Определим
величину
нормального ускорения:
оя = со2/? = (лл/30)2/?=
=(3,14-1200/30)г0,32=
=5,03-103 м/с2.
Р„=тап= 10-5,03-103=50,3-103 Н=50,3 кН.
Сила инерции и сила тяжести в заданном положении
груза суммируются:
P„+G=50,3+98,l-10-3«50,4 кН.
В данном случае сила тяжести значительно меньше силы
инерции и, вообще говоря, можно было бы силой тяже
сти пренебречь.
Составляя уравнения равновесия ^тв=0 и £/ил=0,
находим
Ул =50,4 0,2/0,6=16,8 кН, Ув=50,4-0,4/0,6=33,6 кН.
Пример 1.43. По подкрановой балке (рис. 1.62) пе
ремещается тельферная тележка, грузоподъемность кото
рой т=104 кг. Определить добавочные динамические
84
реакции опор балки при указанном на рисунке положении
тележки, если тележка поднимает максимальный груз
с ускорением а=6,5 м/с2.
Решение. Добавочные динамические реакции Уд и VB
опор балки возникнут от силы инерции груза
Ри=та=104-6,5 = 65.103 Н = 65 кН.
Сила инерции на
I ISm
правлена вниз, так
У,
как ускорение груза
направлено вверх.
.Освобождаем бал
■
К
ку от связей и заме
няем их
действие
реакциями VA и VB,
Составляем урав
нения равновесия:
S^y=0;
^-Ри + ^в=0;
2^4=0;
P„b-VBl=0.
Рис. 1.62
Решая уравнения, находим:
Ув = РИЬ/1 = 65-3/18= 10,8 кН,
УА=РИ- VB = 65- 10,8=54,2 кН.
В. Работа силы и мощность
Пример 1.44. Тело массой т=50 кг передвигают по
полу при помощи горизонтальной силы Q на расстояние
$=6 м. Определить раN
боту, которую совершит
сила трения, если коэф
F
Q
фициент трения между
^WWWW^A^fe
поверхностью тела и
полом
/=0,3 (рис. 1.63).
Р'
8=6м
Решение,
Согласно
закону
Аммонтона —
Рис, 1.63
Кулона сила трения
T^fN; где N = G =mg. Сила трения направлена в сто
рону, противоположную движению, поэтому работа этой
сцды отрицательна:
Лгр = — Г5=-/As=-0,3-50-9,81 «6=-883 Н м.
85
Пример 1.45. Для того чтобы поднять волоком по
наклонной плоскости на высоту /7=10 м станину массой
т = 500 кг, воспользовались электрической лебедкой
(рис. 1.64). Вращающий момент на выходном барабане
лебедки Л4 = 250 Нм. Ба
рабан равномерно вращается
с частотой п=30 об/мин. Для
подъема станины лебедка ра
ботала в течение /=2 мин.
Определить коэффициент по. лезного действия наклонной
6
плоскости.
Рис. 1.64
Решение. Как известно,
'I-- Лп.с/Лдв>
где Лп с — полезная работа; ЛДв — работа движущих сил.
В рассматриваемом примере полезная работа — работа
силы тяжести
Лп.с=ОЯ=щ^Д=500-9,81 • 10=4,91 • 104 Дж.
Вычислим работу движущих сил, т. е. работу вра
щающего момента на выходном валу лебедки:
4b=W
Угол поворота барабана лебедки
уравнению равномерного вращения:
определяется
по
ф = (0/,
где
ю=лл/30=л*30/30=л рад/с,
/ = 2 мин=120 с.
Тогда
Ф = (1)/=л-120 = 377 рад.
Подставив в выражение работы движущих сил число
вые значения вращающего момента М и угла поворота ср,
получим:
Лдв=М(р=250.377=94,2-103 Н.м=94,2-103 Дж.
Коэффициент полезного действия наклонной плоскости
составит
п=Лп.сМДв=4,91 -104/94,2.103=0,52П П=52,1%.
86
Пример 1.46. Определить натяжение ветвей ремен
ной передачи (рис. 1.65), если мощность, передаваемая
валом, ;V=20 кВт, частота вращения вала п= 150 об/мин.
Решение. Вращающий момент, передаваемый валом,
М =N/o=N /(м/30)=30 • 20 • 103/(3,14 • 150) = 1,28 • 103 Н • м.
Выразим вращающий мо
мент через усилия в ветвях
ременной передачи:
M=(D/2) (T-t)^
= (D/2) (2t-t)=Dt/2,
откуда
t=2M/D=2-l,28x
Х103/1=2,55-103 Н.
Рис. 1.65
Тогда
Т=2/=2-2,55-103=5,1-103 Н.
Пример 1.47» Колесо радиусом /? = 0,3 м катится без
скольжения по горизонтальному рельсу (рис. 1.66). Найти
работу трения качения при перемещении центра колеса
на расстояние s=30 м, если вертикальная нагрузка на
ось колеса составляет Р=100 кН.
Коэффициент трения качения ко
леса по рельсу равен А=0,005 см.
Решение. Трение качения воз
никает из-за деформаций колеса и
рельса в зоне их контакта. Нор
мальная реакция N
смещается
вперед по направлению движения
и образует с вертикальной силой
давления Р на ось колеса пару,
плечо которой равно коэффициен
ту трения качения /г, а момент
M=Nk = Pk.
Эта пара стремится повернуть колесо в направлении,
противоположном его вращению. Поэтому работа трения
качения будет отрицательной и определится как произве
дение постоянного момента трения на угол поворота ко
леса ф, т. е.
Л = —Л1ф=—АРср.
87
Путь, пройденный колесом, можно определить как про
изведение его угла поворота на радиус
5 = ф/?,
откуда
ф=«//?.
Вводя значение ф в выражение работы и подставляя
числовые значения, получаем
Л = _£Рф = _£Р5//? = -0,005 J0-M00-103^
= -5,0-102 Дж.
Г. «Общие теоремы динамики точки
Пример 1.48. Определить величину силы Р, под дей
ствием которой тело массой т=120 кг за / = 5 с приоб
ретает скорость ^=500 м/с. Трением пренебречь.
Решение. Так как в число
Л 1^
данных и искомых величин
0
|
входят действующие силы (пор
1*1
V/
стоянные по величине и наwm/^
* правлению), время движения,
I
начальная и конечная ско’^
роста, то применяем теореРис. 1.67
му об изменении количества
движения точки.
Силы, действующие на точку в произвольном положе
нии, показаны на рис. 1.67 (G = /ng= 120-9,81 = 1177 Н —
сила тяжести тела, ^ — реакция поверхности, Р—движу
щая сила).
Вычисляем проекции на ось х импульсов сил, дей
ствующих на тело:
S^6=0, SX7v=0 (так как силы G и Л/ перпендикулярны
к оси х), SxP = Pi.
Составляем уравнение изменения количества движения
mvlx ”“ mvQx=Pt,
^рде и0л=0. Тогда
mvlxlg=Pt,
откуда
,N u
Р=/П1)1х// = 120-500/5^12,0103 Н.
Пример 1.49. По наклонной плоскости-с углом а=30°
опускается без начальной скорости тяжелое тело^ коэф88
фициент трения равен 0,1. Какую скорость будет иметь
тело, пройдя 2 м от начала движения?
Решение. Так как в число данных и искомых величин
входят действующие силы (постоянные по величине и на
правлению), перемещение точки, начальная и конечная
скорости, то применим теоw
рему об изменении кинети
ческой энергии точки. Си
лы, действующие на тело
в произвольном положе
нии, показаны на рис. 1.68
(G — сила тяжести тела,
N — реакция
плоскости,
Ттр — сила трения).
Вычислим работы сил,
действующих на тело:
Рис. 1.68
4C2 = G2s=Gssina, Лт ^—TTpS=—fGs cos a,
An =0, Ag^0
(так как N и Gt перпендикулярны к перемещению точки
их приложения).
Составляем уравнение изменения кинетической энергии:
2
2
—i------ — = Gs sin a — jGs cos a=Gs (sin a — /cos a).
Так как тело опускается без начальной скорости, то уо=О,
тогда
= Gs (sin a — / cos a),
откуда
p1= /2gs (sin a — / cos a) = /2 • 9,81 • 2 (0,5 -0,1- 0,866)=
=4,02 м/с.
Пример 1.50. Поезд массой /л=3-106 кг движется по
прямолинейному участку пути со скоростью 20 м/с. Тор
мозной путь составляет 500 м. Определить время и силу
торможения, считая ее постоянной.
Решение. В число данных и искомых величин входят
действующие силы (постоянные по величине и направле
нию), время движения, перемещение точки, начальная
и конечная скорости, поэтому нужно применить теоремы
об изменении количества движения и об изменении кине
тической энергии точки.
89
Силы, действующие на точку в произвольном положе
нии, показаны на рис. 1.69 (P-вес поезда, N — реакция
рельсов, Ртор —сила торможения). Для определения
Ртор применяем теорему об изменении кинетической энер
гии точки.
Вычисляем работы сил, действующих на точку: /
Ар =0, Л^=0
Vq=20m/c
(так как силы Р и ^ перпен
дикулярны к направлению
перемещения точки их прило
жения),
А
О=^1^0
^^ор = —^TopS.
' $=500м
Составляем уравнение из
менения кинетической энер
гии:
Рис, 1.69
2
ти^
9
тил
V----- т—^
где vo=2O м/с, ^=0. Тогда
— щу7'2 =—Ртор$,
откуда
PTOp=/nv7(2s)=3.106-207(2-500) = 12-105 Н = 1,2 МН.
Для определения времени торможения применяем теорему, об изменении количества движения точки.
Вычисляем проекции импульсов сил, действующих на
точку:
Sxp=0, Sxn=0
(так как силы Р a N перпендикулярны к оси х),
5хртор =—рпр(=— (mu2/2s) t.
Составляем уравнение изменения количества движения:
mvlx — mvOx= — (mv*/2s) t,
так как ^=0, a v0—v, то
mv=(mv2/2s) t,
откуда
t=2s/v=2-500/20=50 с.
Пример 1.51. Груз А массой 3 /п и груз В массой m
соединены нерастяжимой нитью, перекинутой через блок
90
(рис. 1.70, а). Момент инерции блока относительно оси
вращения
J=mD2/4i
где D — диаметр блока. Коэффициент трения между по
верхностями скольжения /=0,1. Движение системы начи
нается из состояния покоя. Определить скорость груза В
и угловую скорость блока после того, как груз В опу
стится на расстояние
h. Массой нити и
трением в блоке пре
небречь.
Решение, Система
состоит из грузов А,
В, нити и блока.
В число данных и
искомых величин вхо
дят: действующие си
Рис, 1.70
лы (постоянные по
величине и направлению), перемещение системы, скорости
тел в начале и в конце перемещения. Поэтому для реше
ния задачи применяем теорему об изменении кинетиче
ской энергии системы.
Система в произвольном положении и действующие на
нее силы показаны на рис. 1.70,6.
Так как система вначале находилась в покое, то се
начальная кинетическая энергия Т^ равна нулю. Кине
тическая энергия 7\ системы при движении груза скла
дывается из кинетической энергии Т \^ груза А, кинети
ческой энергии Т^ груза В, кинетической энергии Т\^л
блока.
Вычислим кинетическую энергию системы в момент,
когда груз опустится на расстояние Л:
7\ = Т\а+Т\в+Т 1бл,
где
7u=3//u'J/2, T\B—mv2J2, T\^~J(^2I2,
Выразив угловую скорость блока через скорость груза
to^ZvJD, получим
1
М
»[
1-!М=г5
.
2
2
2
1
4
\ D /
Вычислим работу сил, приложенных к системе. Работа
силы тяжести груза В равна Ph^mgh, работы сил ^
и ЗР равны нулю (силы перпендикулярны перемещению
91.
точки их приложения), работа силы трения равна —Pjph =
— —fNh = —0,l-3mgh=—0,3 mgh. Сила натяжения нити
является внутренней силой, поэтому ее работа равна нулю.
Таким, образом, уравнение кинетической энергии си
стемы в данном случае имеет вид
2,5m»i =mgh — 0,3mgh=0,7 mgh.
Отсюда искомая скорость груза
^=/0,72/1/2,5 = 1,66 Vh.
Угловая скорость блока
©=2^/0=2-1,66/ft/D= 3,32 Vh/D.
Д. Вращательное движение твердого тела
Пример 1.52. В период пуска электродвигателя его
ротор вращается под действием постоянного момента
/1^=80 Нм. В подшипниках возникает
момент сил трения /И2=5 Н-м (рис. 1.71).
Считая ротор однородным диском массой
щ=100 кг, определить, сколько оборотов
сделает ротор за 6 с после начала движе
ния, и угловую скорость ротора в конце
10-й секунды.
Решение. Для решения задачи ис
Рис. 1.71
пользуем основное уравнение вращатель
ного движения тела:
J& = ^iMi=Ml — М2=80 — 5=75 Н-м.
Угловое ускорение ротора
8=^! —M2)/J=75/2 = 37,5 рад/с2,
где J — момент инерции ротора;
J=mD2/8 = 100 (0,4)2/8=2 кг • ма.
Так как ротор вращается равномерно-ускоренно, то
уравнение движения имеет вид:
Ф=е/2/2
(рогор начинает движение из состояния покоя).
Подставив значение /=6 с, получим
Ф=37,5.62/2=675 рад.
92
Число оборотов ротора
<р/(2л)=675/(2л) а* 108 оборотов.
При равномерно-ускоренном вращательном движении
угловая скорость вычисляется по формуле:
©=е/
(в начальный момент юо=О).
При / = 10 с
<0=37,5-10=375 рад/с.
Часть вторая
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
ГЛАВА IV
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
§ 2.1. МЕТОД СЕЧЕНИЙ. ВНУТРЕННИЕ СИЛОВЫЕ ФАКТОРЫ
Для проведения расчетов на прочность и жесткость
необходимо установить зависимость между внешними си
лами, действующими на элементы конструкций, и возникающими при этом
внутренними силами.
Для этого использу
ется метод сечений.
Применительно к бру
су метод сечений слу
жит для определения
внутренних сил, воз
никающих в попереч
ных сечениях бруса.
При этом определя
ется статический эк
вивалент
системы
внутренних сил, воз
никающих в попереч
ном сечении, их глав
ный вектор и глав
Рис. 2Л
ный момент.
Практически вместо отыскания величины и направле
ния главного вектора и главного момента внутренних сил
определяют их составляющие по осям координат*. Состав
ляющие главного вектора и главного момента внутренних
* Система координат выбирается следующим образом: начало —
в центре тяжести поперечного сечения, ось z — перпендикулярно к
сечению (т. е. вдоль оси бруса), оси х и у — в плоскости сечения.
Если сечение имеет хотя бы одну ось симметрии, то или х или у сов
падает с осью симметрии.
94
сил называют внутренними силовыми факто
рами.
На рис. 2.1, а изображено тело (брус), находящееся
в равновесии под действием приложенных к нему внеш
них сил (напомним, что опорные реакции входят в число
внешних сил) На рис. 2.1,6 показана отсеченная часть
тела с соответствующими внешними силами (приложен
ными к этой части) и внутренними силовыми факторами,
возникающими в проведенном сечении и заменяющими
действие отброшенной части тела на оставленную.
Составляя для оставленной части уравнения равно
весия:'
2Лх=о, £^=о, £Лг=о,
£ш/х = 0, 2/П(у = 0, 5^г = 0,
можно найти значения внутренних силовых факторов.
Каждый из шести внутренних силовых факторов соот
ветствует определенному виду деформации бруса:
^ — продольная сила, возникает при работе бруса на
растяжение или сжатие; Qx и Qy — поперечные силы,
соответствующие деформации сдвига (среза); М2- крутя
щий момент, возникающий при работе бруса на кручение;
Мх и Му — изгибающие моменты, каждый из которых
соответствует изгибу бруса в одной из координатных
плоскостей.
При решении задач на определение вида деформации
рекомендуется пользоваться табл. 2.1,
§ 2.2. НАПРЯЖЕНИЯ
Внутренние силы распределены по сечению непре
рывно, при этом их значения в разных точках сечения
в общем случае неодинаковы.
Величину, характеризующую интенсивность внутрен
них сил, называют напряжением.
Напряжением в данной точке сечения называют пре
дел отношения элементарной внутренней силы к площади
выделенной в сечении площадки (рис. 2.2) при стремле
нии последней к нулю:
Напомним, что напряжения по разным сечениям, про
веденным через одну и ту же точку тела, в общем слу
чае будут различны.
95
Таблица 2.1
Последовательность действий при определении вида деформации
Что Делать
1. Изобразить
бруса
расчетную
Чем руководствоваться
схему
2 Мысленно провести сечение и от
бросить одну из частей бруса
3. Выбрать систему координат с на
чалом в центре тяжести сечения и
изобразить внутренние силовые фак
торы
4. Составить и решить (относитель
но внутренних силовых факторов)
уравнения равновесия для всех внеш
них и внутренних сил, приложенных
к рассматриваемой части бруса
5. Исходя из найденных внутренних
силовых факторов определить вид
деформации
96
2/^=0, 2/^=0,
1Рй=0,
2mZx=0, 2mZy=0,
2т1г=0
Размерность напряжения: [сила]-[длина-2]. В Между
народной системе единиц (СИ) единица измерения напря
жения Н/м2. В практике пользуются внесистемной еди
ницей Н/мм2. Широкое распространение получили вне
системные единицы кгс/см2, кгс/мм2.
Напряжение р принято раскладывать, как показано
на рис. 2.3, на нормальную о и касательную т состав
ляющие.
ГЛАВА V. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
§2.3. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПРОДОЛЬНЫХ СИЛ
При работе бруса на растяжение (сжатие) в его попе
речных сечениях возникает продольная сила N (индекс z
обычно опускают). Продольная сила в произвольном по
перечном сечении бруса численно равна алгебраической
сумме проекций на его продольную ось всех внешних
сил, приложенных по одну сторону от проведенного сечения.
Для расчета на прочность и определения перемещений
поперечных сечений бруса надо знать закон изменения
продольных сил по его длине.
При растяжении продольную силу будем считать поло
жительной, при сжатии — отрицательной.
Изменение продольной силы по длине бруса удобно
представлять в виде графика, называемого эпюрой
продольных сил; при построении этих эпюр реко
мендуется пользоваться табл. 2.2.
*
Заказ № 226
97
Таблица 2.2
Последовательность построения эпюр продольных сил
Что делать
Чем руководствоваться
1. Изобразить расчетную
схему бруса и приложить
заданные силы. При необ
ходимости определить опор
ную реакцию из уравнения
равновесия
2. Брус разбить на участ
ки соответственно точкам
приложения сил
3. Определить по методу
сечений продольную силу
для каждого участка
4. Найденные величины
продольных сил отложить
в масштабе в виде ординат,
перпендикулярных оси стерж
ня. Через концы ординат
провести линии; проставить
знаки и заштриховать эпю
ру параллельно ординатам
Пример 2.1. Для бруса, изображенного на рис. 2.4, а^
построить эпюру продольных сил.
Решение. Заданный брус имеет три участка /, П, III
(рис. 2.4, а). Границами участков при построении эпюры N
являются сечения, в которых приложены внешние силы.
Проведем произвольное сечение ab на участке / и,
отбросив левую часть бруса, рассмотрим равновесие пра
вой части, изображенной отдельно на рис. 2.4, б.
На оставленную часть действуют сила Рг и искомое
усилие ^I. Проектируя на ось г силы, действующие
на оставленную часть, получаем:
^I-PI=0, ^=^, = 10 кН.
Значение ^I получилось со знаком плюс, что указы
вает на совпадение ее предположительного (см. рис. 2.4, б)
направления с действительным. Сила N\ направлена от
сечения, т. е. участок / испытывает растяжение.
Проведем произвольное сечение cd на участке //, от
бросим левую часть бруса и рассмотрим равновесие
оставленной (правой) части, изображенной отдельно на
рис. 2.4, в. На оставленную часть действуют силы Plt Р2
98
и искомое усилие Nu. Проектируя эти силы на ось г,
получаем
/Vu + Рз-Р^О, Л^11 = Р1-Р2=10-6=4 кН.
Сила N\\ направлена от сечения, т. е. участок II
испытывает растяжение.
Проведем произвольное сечение ef на участке III, от
бросим левую часть
бруса и рассмотрим
равновесие оставлен
ной (правой) части,
изображенной отдель
но на рис. 2.4, г. На
оставленную
часть
действуют силы Рр
Р2, Р3 и искомое уси
лие /Уш. Проекти
руя эти силы на
ось г, получаем
— Л/i 11 + Р 3+
+ ^-^=0,
N[ii = P3 + Р2 — Pt =
= 8+6—10=4 кН.
Силами направ
лена к сечению, т. е.
участок III испыты
Рис. 2.4
вает сжатие.
Напомним, что продольные силы, соответствующие
растяжению, принято считать положительными, а соот
ветствующие сжатию — отрицательными.
Эпюра продольных сил показана на рис. 2.4, д.
§ 2.4. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ
Условие прочности при растяжении и сжатии имеет
вид:
o=y/F<[o],
где о, ^ — соответственно нормальное напряжение и про
дольная сила в опасном сечении (т. е. сечении, в котором
возникают наибольшие напряжения); F — площадь попе
речного сечения бруса; [о]—допускаемое напряжение.
7*
99
Исходя из условия прочности, можно решать три вида
задач: 1. Проверка прочности. 2. Подбор сечения F > ^/[a].
3. Определение допускаемой нагрузки ^] < [о] F.
Если вместо допускаемого напряжения задано пре
дельное, то проверка прочности производится по зависи
мости
п=оп^а > [п],
где Спред — предельное напряжение; о — напряжение
в опасном сечении; п — коэффициент запаса прочности
Рис. 2.5
для опасного сечения бруса; [п] — требуемый коэффи
циент запаса прочности.
Пример 2.2. Для заданного бруса (рис. 2.5, а) по
строить эпюры продольных сил и нормальных напряже
ний.
Решение. Заданный брус имеет четыре участка /, //,
Ill, IV (рис. 2.5, а). Границами участков являются сече
ния, в которых приложены внешние силы, а для напря
жений также и места изменения размеров поперечного
сечения.
Пользуясь методом сечений, строим эпюру продольных
сил (рис. 2.5, 6).
Для построения эпюры нормальных напряжений опре
деляем их в поперечных сечениях каждого из участков:
g^NJF^-PIF-, ои^п/Рп = -ЗР/Р;
0i 11 =^ui/FIH = -ЗРЦ2Р)=- 1,5P/Fi
aiv=NXV!F iv=3P/(2F) = 1,5P/F.
100
Эпюра а представлена на рис. 2.5, в.
Пример 2.3. Определить количество деревянных
стоек сечением 10x10 см, необходимых для поддержания
цистерны, вмещающей V=40 м3 воды. Масса цистерны
тц=7,2‘103 кг. Допускаемое напряжение [о] = 13 Н/мм2.
При расчете считать, что усилия в стойках одинаковы.
Решение, Требуемая площадь поперечного сечения
стоек
F > WI^]»
где F=ifCT (/ст — площадь поперечного сечения одной
стойки; i — число стоек); N — усилие, передающееся на
стойки.
7V = GU+ GB,
где Gu —сила тяжести цистерны; Сц=^тц=9,81-7,2-103 =
=70,7-103 Н; GB —сила тяжести воды; GB=yV= 10-40 =
=400 кН (у=10 кН/м3 — объемная сила тяжести воды).
Подставляя числовые значения, получаем
^ = Gц+Gв=70,7 + 400^471 кН.
Тогда
^>^/И,
откуда находим требуемое число стоек:
/ > Л//(/стМ) = 471 -103/100.102-13 = 3,64.
Принимаем г=4.
Пример 2.4. Для заданной стержневой системы
(рис. 2.6, а) определить из расчета на прочность требуемые
площади сечения стержней и подобрать по ГОСТ 8509—72
соответствующий номер угловой равнополочной стали,
учитывая, что каждый стержень изготовлен из двух равно
полочных уголков.
Для принятых сечений стержней определить расчет
ные напряжения и указать расхождения (в процентах)
с допускаемым значением напряжения [о] = 160 Н/мм2.
Решение. Здесь требуется подобрать сечения стержней
исходя из условий:
^>^/14 ^>^М
где ^1 и N^ — усилия, возникающие соответственно в стерж
нях 1 и 2.
Усилия ^1 и N2 во всех поперечных сечениях стерж
ней одинаковы и площади этих сечений постоянны. Таким
образом, все сечения каждого стержня равноопасны.
101
Определяем усилия в стержнях из рассмотрения равно
весия узла В, где приложены заданные силы Рх и Р2
(рис. 2.6, б). Освобождаем эту точку от связей и прикла
дываем их реакции ^1 и ^2, равные усилиям в стерж
нях. Получаем плоскую систему сходящихся сил. Для
упрощения уравнений равновесия координатные оси ху
направляем вдоль неизвестных усилий Nt и N2. Состав
ляем уравнения равновесия:
^Р^О, ^Н-РгСозР — P1cosa=0;
SP,V=O, N, — P2cosa — P.cosp=0,
откуда
^=P1cosa — P2cosp= 100cos50° — 20cos40°=49,0 кН,
^1= Px cos p+P2 cos a = 100 cos 40°+20 cos 50°=89,5 кН.
Тогда
F1>^1/M=89,5-103/160=559 mm2=5,59 cm2,
F2>^2/[o]=49,0-103/160=306 mm2=3,06 cm2.
По таблицам ГОСТ 8509—72 подбираем сечения стерж
ней:
для первого стержня угловую равнополочную сталь
36x36x4
^=2-2,75=5,50 см2$
102
для второго стержня угловую равнополочную сталь
28x28x3
F2=2-1,62=3,24 см2.
Вычислим напряжения в поперечных сечениях стерж
ней при принятых площадях
o^NJF^SQ^-103/550=163 Н/мм2,
что больше [о] на
— ~1 — 1ОО%=1,88?/о
160
— такое превышение допустимо;
^=^=49,0-103/324=151 Н/мм2,
что меньше [а] на
^—^ 100% =5,65%.
160
Пример 2.5. Определить размеры поперечных сечений стержней (рис. 2.7, а),
если допускаемые напря
жения для стали [ост] =
= 140 Н/мм2, для дерева
[од] = 13 Н/мм2.
Решение.
Рассматри
ваем равновесие шарни
ра Д, так как к этому
шарниру приложены за
данная нагрузка и иско
мые усилия в стержнях.
Освобождаем
шарнир
А от связей и заменяем
их действие реакциями ^1
и ^2. Действующие на
шарнир А нагрузка и ис
комые усилия показаны
Рас. 2.7
на рис. 2.7, б. Получили
плоскую систему сходящихся сил, которая находится в
равновесии.
Выбираем систему координат и составляем уравнения
равновесия:
2^х=0, -^созЖ+Л'^О;
ЦР^=0, /V2sin30°-Q=0,
юз
откуда
W2 = Q/sin30°=60/0,5=120 кН,
^=JV2 cos 30° =120-0,866=104 кН.
Требуемые площади поперечных сечений стержней
Fx > Nxl\oa]= 104-103/13=8,0-103 мм2,
откуда
F2 > Л/2/[аСт]= 120-103/140=858 мм2,
_____
а=)Л^=]Л8-103=89,5 мм,
d=p<4F2M='j/4-858/3,14 = 33 мм.
Пример 2.6. Однородная балка АВ поддерживается
тремя стальными стержнями I, 2, 3 круглого поперечного
сечения d=20 мм
(рис. 2.8). Сила тя
жести балки
Q=
= 10 кН. Найти до
пускаемую интенсив
ность |<?] равномерно
распределенной
на
грузки, если допус
каемое
напряжение
для материала стерж
ней [о] =160 Н/мм2.
Решение. Определим усилия,
зникающие в стержнях.
Под действием силы Q, равномерно распределенной на
грузки q и усилий Nx, ^2 и Л'з в стержнях балка нахо
дится в равновесии.
Составляем уравнения равновесия:
£/\=0, /V2sin40° —Wssin30°=0;
2Лу=0, W3cos30° + A'2cos400 — Q — qlA-Nx=0\
^тв=0, Q • 0,51 A-ql-0,51 — JV3/cos 30°=0.
Решая полученные уравнения, находим:
^s= (ql+Q)/(2 cos 30°) = 0,577 (ql+Q);
JV2=2V3 (sin 30°/cos 40°)=0,577 (ql + Q) (0,5/0,766) =
=0,377 (ql+Q);
Nx=(Q+ql)-N3 cos 30° — ^2 cos 40°=
=(1 -0,50 - 0,288) (ql+ Q)=0,212 (ql+Q).
104
^8 больше, чем ^ и N2. Следовательно, опасными
являются поперечные сечения стержня 3.
Условие прочности для стержня 3:
a=y8/F<[o].
Подставляем значение У3:
^N3/F=0,577 (ql+Q)/F < [о].
Решая относительно q и подставляя числовые значе
ния, получаем
fa] <f [’1/(0.5770 - Q//=314-160/(0,577-10)-10- 103/Ю=
=7,70-103 Н/м,
где
f'=nd2/4=3,14-2074=314 мм2.
Пример 2.7. Стальной стержень круглого сечения
диаметром d=20 мм растягивается силой Р=65 кН. Про
верить прочность стержня, если его предел текучести
апред=от=300 Н/мм2 и требуемый коэффициент запаса
Решение. Напряжения,
сечении стержня,
Р
возникающие
65«103*4
3,14-202
ОЛ7 ц/
в
поперечном
2
о=------- =----------- =207 Н/мм2.
nd2/4
Расчетный коэффициент запаса
п=от/а=300/207=1,45 < [л|=1,5.
Следовательно, можно считать, что прочность стержня
достаточна, так как расчетный коэффициент запаса не
значительно (на 3%) меньше требуемого.
§ 2.5. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ
И СЖАТИИ. КОМБИНИРОВАННЫЕ ЗАДАЧИ
Продольные деформации при осевом
сжатии определяются по закону Гука:
растяжении
и
s=o/Et
где о —напряжение в поперечном сечении; Е — модуль
продольной упругости.
Абсолютные удлинения (укорочения) стержней при
осевом растяжении (сжатии) определяются по формуле
M=NU(EF).
Ш5
Учитывая, что N/F—o, формулу для
удлинения Д/ можно представить в виде
Ы=оЦЕ.
абсолютного
В таком виде формула удобна в тех случаях, когда
предварительно определены напряжения.
Для ступенчатого бруса удлинение (укорочение) опре
деляют по формуле
где N{, lt, Ft — соответственно продольная сила, длина и
площадь сечения в пределах каждого участка стержня.
Поперечная деформация et при осевом растяжении
(сжатии) определяется по формуле
ki|==pe,
где р — коэффициент Пуассона; е — продольная дефор
мация.
При решении задач следует учитывать, что продоль
ная и поперечная деформации всегда противоположны по
знаку. При растяжении продольный размер стержня уве
личивается, а поперечный уменьшается, при сжатии —
наоборот.
Абсолютное изменение объема определяется по фор
муле:
AV = I/e(l — 2р),
где V — начальный объем бруса (до деформации); е — про
дольная деформация.
Пример 2.8. Для заданного ступенчатого бруса
(рис. 2.9, а) построить эпюры продольных сил и нормаль
ных напряжений по его длине, а также определить пере
мещения свободного конца и сечения С, где приложена
сила Р2. Модуль продольной упругости материала Е =
=2,1 106 Н/мм*
Решение. Заданный брус имеет пять участков /, //,
III, IV, V (рис. 2.9, а). Эпюра продольных сил показана
на рис. 2.9, б.
Вычислим напряжения в поперечных сечениях каж
дого участка:
для первого
^^^/F^^O-lOVlbOO^SO Н/мм2;
для второго
106
a^NjF^ 120-103/750= 160 H/mm2j
для третьего
o3=N3/Fa=-60-103/750=- 80 H/mm2}
для четвертого
a4=^/F4=-60-103/1200=-50 H/mm2j
для пятого
o5=^/F5=90-103/1200=75 H/mm2.
Эпюра нормальных напряжений построена на рис. 2.9, в.
Перейдем к определению перемещений поперечных
сечений. Перемещение свободного конца бруса опреде-
Рис. 2.9
ляется как алгебраическая сумма удлинений (укорочений)
всех его участков:
д/=д/1+д/2+д/8+д/4+д/5=
=o1lJE+o2l2/E+v3l3/E+<Jili/E+abl't/E.
Подставляя числовые значения, получаем
Д/=—-— (80 • 2500 + 160 -1000 — 80•1000 —
2,1-105 v
-50-1500+ 75-500)= 1,15 мм.
107
Перемещение сечения С, в котором приложена сила Р3,
определяется как алгебраическая сумма удлинений (уко
рочений) участков Ш, IV, Vi
Мс=Д/3+ Д/4+AZ6=o3l3/E+<Jtlt/E+аь1ъ/Е.
Подставляя значения из предыдущего расчета, полу
чаем
д/ =_(-80 -75 + 37,5)=- 0,56 мм.
с
2,М08 V
7
Таким образом, свободный правый конец бруса пере
мещается вправо, а сечение, где приложена сила Р2, —
влево.
Вычисленные выше значения перемещений можно полу
чить и другим путем, пользуясь принципом независимости
действия сил, т. е. определяя перемещения от действия
каждой из сил Ръ Р2, Р3 в отдельности и суммируя ре
зультаты. Рекомендуем учащемуся проделать это само
стоятельно.
Пример 2.9. Определить, какое напряжение возни
кает в стальном стержне длиной /=200 мм, если после
приложения к нему растягивающих сил его длина стала
^=200,2 мм. Е = 2,Ы05 Н/мм2.
Решение. Абсолютное удлинение стержня
Д/=/1 — /=200,2 — 200 = 0,2 мм.
Продольная деформация стержня
б=Д///=0,2/200=0,001.
Согласно закону Гука
а=£е=2,1.105.0,001=210 Н/мм2.
Пример 2.10. Стенной кронштейн (рис. 2.10, а) со*
стоит из стальной тяги АВ и деревянного подкоса ВС.
Площадь поперечного сечения тяги ^=1 см2, площадь
сечения подкоса F2=25 см2. Определить горизонтальное
и вертикальное перемещения точки Bt если в ней под
вешен груз Q=20 кН. Модули продольной упругости
стали £'ст=2,1105 Н/мм2, дерева Ед=1,0-104 Н/мм2.
Решение. Для определения продольных усилий в стерж
нях АВ и ВС вырезаем узел В. Предполагая, что стерж
ни АВ и ВС растянуты, направляем возникающие в них
усилия Л\ и N2 от узла (рис. 2.10,6). Составляем
уравнения равновесия:
^Pix=0i —Л\-—/V2cos 60°=0;
108
2 Ply=Q, —Q — N2 cos 30°=0;
откуда
^=-Q/cos30°=-20/0,866=-23,1 кН;
N2=— N2cos 60°=23,1-0,5 =11,55 кН.
Усилие ^2 получилось co знаком минус. Это указы
вает на то, что первоначальное предположение о направ
лении усилия неверно — фактически этот стержень сжат.
Вычислим удлинение стальной тяги Д/х и укорочение
подкоса Д/2;
Д/1=ВД(£с/'1)=11,55-103-4,0-103/(2,1 -106-100)=
= 2,2 мм;
109
M2=N2l2/(EnF2)=-2S,1 • ЮМ.0.103/(104-2500)=
=—7,4 мм,
где /2=/1/cos60°=2/1.
Тяга AB удлиняется на Д/х=2,2 мм; подкос ВС уко
рачивается на Д/2=7,4 мм.
Для определения перемещения точки В мысленно
разъединим стержни в этом шарнире и отметим их новые
длины. Новое положение точки В определится, если де
формированные стержни АВг и В2С свести вместе путем
их* вращения вокруг точек А и С (рис. 2.10, в). Точки Вх
и В2 при этом будут перемещаться по дугам, которые
вследствие их малости могут быть заменены отрезками
прямых В^В' и В2В', соответственно перпендикулярными
к АВг и СВ2. Пересечение этих перпендикуляров (точка В')
дает новое положение точки (шарнира) В.
На рис. 2.10, г диаграмма перемещений точки В изо
бражена в более крупном масштабе. Горизонтальное пере
мещение точки В
и=Д/х=2,2 мм,
вертикальное
v=B1B3-\-B3B',
где составляющие отрезки определяются из рис. 2.10, г:
13^3=Л/2 cos 30°;
в3в'=в2в3 tg зо°=(ад+ад) tg 30°=
= (A/2sin 30°+Д/х) tg30°.
Подставляя числовые значения, окончательно получаем
v=Ы2 cos 30э+(Д/2 si п 30°+Д/х) tg 30°=
=7,4-0,866+(7,4-0,5+2,2)0,577=6,4+5,9-0,577=9,8 мм.
При вычислении перемещений в формулы подстав
ляются абсолютные значения удлинений (укорочений)
стержней.
$ 2.6. ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ УПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИИ
ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ
Потенциальная энергия упругой деформации U чис
ленно равна работе внешних сил Аупр:
С=Аупр.
по
Для растянутого (сжатого) стержня
U=N2l/(2EF).
Удельная потенциальная энергия деформации, т. е.
потенциальная энергия, приходящаяся на единицу объема
при растяжении (сжатии), определяется по формуле:
u=U/V=o2/(2E),
где о —напряжение в поперечном сечении; Е—модуль
продольной упругости.
Условие равенства работы силы, статически приложен
ной к упругой системе, и потенциальной энергии дефор
мации позволяет определять перемещения в направлении
линии действия силы.
Потенциальная энергия деформации измеряется в тех
же единицах, что и работа силы, т. е. в джоулях (1 Дж=
= 1 Н-м) в Международной системе единиц и в кгс-м —
в технической системе.
Пример 2.11. По данным примера 2.10 (стр. 108) опре
делить вертикальное перемещение точки В стенного крон
штейна (см. рис. 2.10, а).
Решение, Определим вертикальное перемещение шар
нира В, не прибегая к построению диаграммы перемеще
ний, а приравнивая потенциальную энергию деформации,
накопленную в элементах кронштейна, работе внешних
сил: [7=ЛуПр.
Работа внешней силы Q на вертикальном перемещении
при статическом нагружении кронштейна определяется
из выражения
Лупр — Q ^/2.
Вычислим потенциальную энергию деформации, накоп
ленную в стержнях кронштейна:
^2Z2
u=ut+u2=
2-2,1.105.100
^E^F J
2ЕдЕ2
+
2-104.2500
=9,8.103 Н-мм.
Итак,
Лупр—Q^/2,
откуда
^=2Лупр/<2=2.9,8• 103/2,0-103 = 9,8 мм.
111
Это соответствует значению,
ре 2.10.
найденному
в приме
$ 2.7, СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ЗАДАЧИ
Конструкции, в которых внутренние усилия не могут
быть определены только на основе уравнений равновесия,
называются статически неопределимыми. Для
определения неизвестных в этих случаях приходится со
ставлять дополнительные уравнения перемещений.
Таблица 2.3
Последовательность расчета статически неопределимых систем
Что Делать
Чем руководствоваться
1.
Определить
степень статической
неопределимости
системы как раз
ность между коли
чеством неизвест
ных и числом урав
нений статики
Два неизвестных: НА и Н в* одно уравнение
равновесия
2Р1г=0
— система один раз статически неопределима
2. Составить
уравнения равнове
сия
3 Составить
уравнение переме
щений и перемеще
ния выразить через
усилия по закону
Гука
4.
Полученную
систему уравнений
решить относитель
но неизвестных ве
личин
^•2=0; Р-НА-Нв=0
&1р + ^1НВ = ° или
Pa/(EF) — Нв(а + b)/(EF)=0
Нв=Ра/(а + Ь), НА = РЫ(а + Ь)
Система называется п раз статически неопределимой,
если число неизвестных в ней превышает число независи
мых уравнений статики на п единиц. Количество допол
нительных уравнений перемещений всегда равно степени
статической неопределимости системы.
112
При расчете статически неопределимых систем реко
мендуется пользоваться табл. 2.3.
Пример 2.12. Проверить прочность бруса, изобра
женного на рис. 2.11, а. [а] = 160 Н/мм2.
Решение. Задача статически неопределимая: неизвест
ными являются реакции защемлений VA и V в, а уравне
ние статики одно, так как силы направлены по одной
прямой.
Уравнение равновесия — равенство нулю алгебраиче
ской суммы проекций сил, действующих на стержень, на
ось г дает
2Л-г=0, VA+VD-P=of
откуда
Va + Vb = P.
Второе уравнение составим из условия деформации
стержня. Под действием внешних сил Р, VA и VB длина
стержня вследствие жесткого защемления его концов
должна при деформации его частей оставаться неизмен
ной; это условие мы и используем для составления урав
нения перемещений.
Отбросим мысленно защемление нижнего конца стержня
и заменим действие на стержень отброшенного защемле
ния неизвестной пока силой VB (рис. 2.11, в). Величину
силы VB определим из условия, чтобы полное удлинение
стержня, защемленного одним концом, под действием
сил Р и Vв оказалось равным нулю.
8
Заказ Х? 226
113
Используя принцип независимости действия сил, най
дем поочередно удлинения (укорочения) бруса от сил Р
и VB.
Под действием силы Р (рис. 2.11, б) деформируется
только верхняя часть стержня АС и удлинение стерж
ня Д/р равно удлинению верхней его части длиной а:
MP=Pa/(EF).
Сила VB вызывает укорочение всего стержня (рис. 2.11, в).
Укорочение считаем отрицательным:
MvB=-VBl/(EF).
Из условия, что при совместном действии сил Р и Va
длина стержня не изменяется, имеем
Mp-FMv в=®,
или
Pa/(EF)-VBl/(EF)=O,
откуда
VB=Pa/l.
Подставив это значение силы VB в уравнение равно
весия, найдем VA:
VA=P - VB=P - Pa/l=P(l - a)/l=Pb/l.
Продольная сила в поперечных сечениях нижней части
стержня
^=-Ув=-Ра/1,
а в поперечных сечениях верхней части
^=Р-Ув=УА=РЬ/1.
Эпюра продольных сил показана на рис. 2.11, а.
Напряжения в поперечных сечениях нижней части
стержня
u^NJF^- Pa/(Fl),
в поперечных сечениях верхней части
o2=Ni/F=Pb/(Fl).
Подставив числовые значения, получим:
стх= — 180 • 103 • 1 /(800 • 3)=- 75 Н/мм2,
о2=180-103-2/(800-3)=150 Н/мм2.
Стержень недогружен на
^^100% =6,25%.
160
114
Пример 2.13. Алюминиевый стержень £'с=0,70х
X Ю5 Н/мм2 и латунная трубка £т=1,2-105 Н/мм2
(рис. 2.12, а) сжимаются между абсолютно жесткими пли
тами силой Р=100 кН. Площади поперечных сечений
стержня и трубки равны
FC=FT=F. Допускаемые
напряжения составля
ют для алюминиевого
стержня [ос}= 100 Н/мм2,
для латунной трубки
[от]=160 Н/мм2. Подо
брать из условий проч
ности площадь сечения
стержня.
Решение.
Прежде
всего в этом случае
Рис. 2.12
нужно определить рас
пределение усилий в совместно деформируемых стержнях
и трубке.
Применяя метод сечений и составляя уравнение равно
весия, получаем (рис. 2.12,6)
2Лг=0, АС+АТ=Р.
Задача статически неопределимая (одно уравнение ста
тики и два неизвестных усилия). Так как плиты, между
которыми сжимаются стержень и трубка, абсолютно жестки,
то уравнение перемещений будет иметь вид
Д/С=Д/Т.
По закону Гука получаем
_ Л^/
ECFC
ErFT ’
откуда
N^N.E^E.F^
Подставив значение Л/т в уравнение равновесия, полу
чим
Л с+^т=^ [ 1 +(£TFT/£CFC)J=P,
откуда
^=PECFJ(EQFC+ETFT); Nt=PEtFt/(EcFz+EJt).
Полученные формулы для Nc и ^т показывают, что
в статически неопределимой системе усилия зависят от
соотношения жесткостей элементов.
8*
П5
Учитывая, что в соответствии с условием
FT=FC=F, найдем величины сжимающих усилий
задачи
N^PEJ(Et+E.)=
-100-0,70-108/[(0,70+1,2) 106]=36,8 кН;
NT=PET/(EC+ET)=
= 100-1,2-105/[(0,70+1,2) 108]=63,2 кН.
Составим условия прочности для стержня и трубки!
ot=NJFe < [oj; ar=NT/Ft < [oj.
Рис. 2.13
Из этих условий находим требуемую площадь сечения!
стержня
Fc > WC/H1=36 800/100= 368 мм2,
трубки
FT > Ут/[от]=63 200/160=395 мм2.
Но по условию FC=FT, следовательно, из двух полу
ченных значений надо принять большее £=395 мм2.
Пример 2.14. Абсолютно жесткая (недеформирующаяся) балка АВ (рис. 2.13, а) закреплена левым концом
при помощи шарнирно неподвижной опоры А; в точках С
и D поддерживается двумя вертикальными стержнями,
изготовленными из различных материалов: один стальной
(£с=600 мм2), другой медный (Гм=300 мм2). Опреде
лить реакцию опоры А и усилия в стержнях при
нагружении правого конца балки силой Р—80 кН. Мо
дули упругости стержней £с=2,0-106 Н/мм2, £м = 1,0х
X 10® Н/мм2.
116
Решение. Задача статически неопределимая, так как
неизвестных сил четыре: составляющие НА и VA — реак
ции опоры А и усилия в стержнях Л'м и Л'с (рис. 2.13, б),
а статика дает три уравнения равновесия. Составляем
уравнения проекций сил на горизонтальную ось
2Лх=0; Нл=0;
на вертикальную ось
2V0; ^+УС+УМ-Р=О.
Уравнение моментов сил относительно центра шар
нира А имеет вид:
2«л=0, Р‘3а — NM-2a — N<.a=0,
или после простых преобразований и сокращения
2УМ+УС=ЗЛ
Уравнение перемещений составим на основе рассмот
рения деформаций системы.
Вследствие удлинения стержней балка АВ поворачи
вается вокруг оси шарнира А (рис. 2.13, в). Так как
балка абсолютно жесткая, то при ее вращении точки С
и D, переместившись в положения Сх и Dv остаются на
одной прямой АВ^
Учитывая, что перемещения при упругих деформа
циях весьма малы, можно считать вертикальные переме
щения точек С и D равными удлинениям стержней А/с
и А/м. Из подобия треугольников АССГ и ADDX получаем
Д/с
Д/м
ССу
а
DDX
2а
1
2
откуда
А/М=2Д/С.
Выражаем удлинения А/с и А/м по закону Гука:
Д/с=Ус//( ЕЛ); А/м =Нн1/(Е„Ри).
Таким образом, подставляя значения Д/с и Д/м в урав
нение перемещений, получаем
NJ/(EMFM)=2Ncl/(EcFJ,
откуда
NU=2NCEUFU/(ECFC).
Учитывая найденное соотношение, находим
4NCEMFH/(ECFC)+NC=3P,
или
Wc =
ЗР
1 + 4EMFM/(ECFC) *
Определяем теперь величину Nu:
ЗР
д;
2EmFм
EcFc
1 + 4EMFM/(ECFC)
ЗР
4+EcFc/(EMFM)
Вертикальная составляющая реакции опоры А определится из уравнения равновесия
УА=Р-^-^=-2Р (EcFt+EuFu)/(EcFc+4EuFu).
Знак минус показывает, что реакция направлена не
вверх, как предполагалось вначале (см. рис. 2.13,6), а
вниз.
Из этого примера, как и из предыдущего, следует,
что распределение усилий между элементами статически
неопределимой конструк
ции в отличие от статиче
ски определимых зависит
от соотношения жесткостей
ее элементов.
Подставляя заданные
числовые значения в полу
ченные формулы, находим:
ЗР
Л^с
1+4EMFM/(ECFC)
3-80
1+4.105.300/2.105.600
NM =
= 120 кН;
Рис. 2.14
6Р
6*80
4+ЕсРс/(ЕыЕи)
4+2,0-105.600/(105.300)
Va~2P
^с^с4~^м^м
EcFc+4EMFM
2 8Q
=60 кН;
2,0.1Q5.600+10».300
2,0.105.600+4-105.300
= - 100 кН.
Пример 2.15. Определить из условия прочности раз
меры площадей сечений чугунного бруса (рис. 2.14, а),
если допускаемые напряжения для материала бруса на
растяжение [ор]=60 Н/мм2, на сжатие [ос]=120 Н/мм2.
Решение. Брус представляет собой один раз статиче
ски неопределимую систему, так как для определения
118
двух опорных реакций НА и Нв можно составить только
одно уравнение равновесия
2Лч=о, -на-р1+р2-нв=о.
Из условия деформации бруса следует, что перемеще
ния опорных сечений равны нулю. Отбросим закрепление
в точке А (рис. 2.14,6) и, применив принцип независи
мости действия сил, составим уравнение перемещений,
выражающее ту мысль, что сумма перемещений сечения А
от всех сил равна нулю;
Ынд-рЫр, А-Ыр.. = 0.
Выразим перемещения с немощью закона Гука через
соответствующие силы:
А1Нд=ИА-2а/(Е‘2Р)+НА-2,5а/(ЕР)=3,5НА^^
&lPt =Р1а/(Е • 2F)+Pt • 2,5a/(EF)=ЗР^ЕЕ);
ЫРг=- P2.2,5a/(EF).
Подставив значения Ыцд, Ыр^ Ырг в уравнение пере
мещений, получим
Ъ$НАа1{ЕР)+Ы\а1(ЕР) - 2,5P2a/(EF)=0,
откуда 3,5НА +3/’1 — 2,5Рг=0.
Тогда
НА=(2,5Р2 — ЗР1)/3,5=(2,5-40-3 -10)/3,5=20 кН.
Из уравнения равновесия найдем
НВ = Р2-Р1-ИА=40- 10-20=10 кН.
Значения реакций НА и Нв получились положитель
ными. Следовательно, их направления, которыми мы зада
лись, соответствуют действительным.
Эпюра продольных сил показана на рис. 2.14, в.
Определим нормальные напряжения в поперечных се
чениях каждого участка:
O1=^/(2F)=20/(2F)= 10/F, a2=Na/(2F)=30/(2F)=15/F,
os=N2/F-------10/F.
Эпюра
нормальных
напряжений
приведена
на
рис. 2.14, г. Опасными являются поперечные сечения уча
стка II.
Условие прочности
оа=15.10^<[(Ур],
119
откуда
F> 15- 103/[ар]= 15-103/60=250 мм2.
§ 2.8. ТЕМПЕРАТУРНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ
В СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМАХ
Если стержень имеет возможность свободно изменять
свои размеры, то при изменении температуры в нем не
возникает напряжений. Иначе обстоит дело, если стер
жень лишен этой возможности; напряжения, вызванные
изменением температуры,
могут иногда достичь зна
чительной величины в за
висимости от разности на
чальной и конечной тем
ператур и упругих свойств
материала.
В стержне постоянного
сечения, жестко защем
ленном обоими концами,
изменение температуры на
величину А/ вызовет про
дольное усилие N, кото
рое определится по фор
муле
N=EFaM,
Рис. 2.15
и соответствующее напря
жение
ct=N/ F=EaAt,
где а — температурный коэффициент линейного расшире
ния материала; F — площадь поперечного сечения стержня.
Для ступенчатого стержня с защемленными концами
продольное усилие, равное реакциям в защемлениях
(рис. 2.15, а), определится по формуле
При охлаждении продольная сила будет растягивающей,
при нагревании — сжимающей.
120
Если между одним из концов стержня и неподатливой
преградой имеется зазор в (рис. 2.15, б), то продольная
сила примет значение
N_ ^2^_i^j^^.
“ ^/(Е^) ‘
Продольная сила окажется равной нулю при соблю
дении условия
б>2аЛ^^Пример 2.16. Стальной брус установлен и заварен
при температуре окружающей среды ^=4°С. Какое на
пряжение возникает в нем при повышении температуры
до <2=40о С, если считать концы закрепленными жестко?
Коэффициент линейного расширения а=12*10-6, модуль
упругости Е=2,1-105 Н/мм2.
Решение. Изменение температуры
Д/=/2—/2=40—4=36° С.
Вычисляем напряжение сжатия, возникающее в попе
речном сечении бруса
о,=ЕаД/=2,1 • 105-12-10-«-36=90,6 Н/мм2.
Пример 2.17. Стержень со ступенчатым переменным
поперечным сечением жестко защемлен обоими концами
(рис. 2.15, в). Одна часть стержня изготовлена из меди,
другая — из стали. После защемления стержня темпера
тура его повысилась на Д/ = 40°. Определить напряжения
в поперечных сечениях стержня, полагая ам=16-10-в,
ас=12-10-в,
Ем=1,0-105 Н/мм2,
Ес=2,Ы08 Н/мм2,
FM=2F, FC=F.
Решение. При повышении температуры общая длина
стержня не меняется, а в защемлениях возникают реак
ции N, сжимающие его. Под действием этих реакций
в поперечных сечениях стержня возникают напряжения
сжатия. Так как площадь сечения медной части стержня
в два раза больше площади сечения стальной его части,
то напряжения в медной части будут в два раза меньше,
чем в стальной:
oM=N/FM=N/(2F), Oc=N/Fe=N/F, ом=ас/2.
Изменение длины стержня равно нулю, значит, удли
нение от повышения температуры
Д/,=Д/с/4-Д/м/=А/(асб4-ама)
121
равно укорочению от сжимающих сил
MN=Д/с« 4 MaN=-у^—hyy-=у (7-+^-)EqFc
ЕмЕи
Е \^С
2£м/
Таким образом, уравнение перемещений имеет вид
Д/^=Мы.
Подставив значения Д/, и Д/^, получим
Дг(ас&+ама)ЧЖ^с+а/(2Ем)],
но
N/F=0c,
следовательно,
Ос [№+а/(2£'м)]=Д/ (а^а^).
Из последнего уравнения найдем напряжения в по
перечных сечениях стальной части стержня:
а_ Д/(ас6+ама)
с
_40(12-10-e-2000+16-10-e-1000)
Ь/Ес+а/(2Ем) ~ 2000/(2,bl05)+1000/(2,0-106) =
= 110 Н/ММ2.
Напряжения в поперечных сечениях медной части
стержня будут, как отмечалось выше, в два раза меньше,
чем в стальной:
ам=ос/2 = 110/2 =55 Н/мм2.
Пример 2.18. По условиям предыдущего примера
подобрать величину зазора между одним из концов стерж
ня и соответствующей опорой так, чтобы напряжения
сжатия в поперечных сечениях стальной части стержня
не превышали по абсолютной величине [о]=100 Н/мм2
при повышении температуры стержня на Д/=50°С.
Решение. Составим выражение сжимающей продольной
силы для двухступенчатого стержня при наличии зазора:
Д/^мО+асб) — й
а/(ЕыРи)+Ь/{Е9Рс)
Подставим в формулу FM~2F и F0=F и решим ее
относительно искомого зазора
S=- (V/F)[a/(2EM)+6/Ec]+Д< (ама+ас&).
Напряжения в поперечных сечениях стальной части
стержня определятся делением продольной силы на пло122
щадь сечения этой части cc=N/F. Эти напряжения не
должны превышать допускаемых:
oc=NIF<[a\.
Подставляя вместо oc=N/F допускаемое напряжение
[ст], получаем
*»- [о1(й+i)+M ^а+а^=
=_ioo&j—?22L_V5o (16-io-». 1000+
\ 2.105
2,Ь105 /
+12 • 10“6 • 2000) = — 1,452+2,000=0,548 мм.
Итак, чтобы напряжение в поперечных сечениях
стальной части не превысило допускаемого приД/=50°С,
необходимо обеспечить зазор не менее 0,548 мм.
§2.9. ОСНОВЫ ТЕОРИИ НАПРЯЖЕННОГО
И ДЕФОРМИРОВАННОГО состояния
Напряженное состояние в точке тела может быть за
дано либо напряжениями на трех взаимно перпендику
лярных площадках оЛ, оу, ог, тху=тух, туг=т^, тгх=тхг,
либо напряжениями на главных площадках —
главными напряжениями (о1>о2>аз). Для данной
точки тела Oj максимальное (в алгебраическом смысле),
а о3 минимальное напряжения. Максимальное касатель
ное напряжение определяется по формуле
W=(°1—о3)/2.
Приводим формулы для определения напряжений в
некоторых частных случаях исследования напряженного
состояния.
Для напряжений в серии площадок, параллельных
вектору напряжения о3 (рис. 2.16, о),
аа =
।
О
^- Ч—Ly1cos 2а,
(Ti*-'Фо
•
та =-1—^sin 2а,
где а — угол, отсчитываемый против часовой стрелки от
направления Oj до нормали к площадке, на которой
определяется напряжение.
123
Аналогичны (с заменой индексов) формулы для опре
деления напряжений в других сериях площадок, парал
лельных одному из главных напряжений.
Для любой площадки, перпендикулярной к свободной
от напряжения грани элемента (рис. 2.16, б),
°а =(<V2)(l+cos2a)—tz> sin 2a, ra =(oz/2)sin2a4+r2y cos 2a.
У гол a отсчитывается против
часовой стрелки от оси г до
нормали к площадке, на кото
рой определяется напряжение.
Для напряженного состоя
ния *,
показанного
на
рис. 2.16, б, величины главных
напряжений и положения глав
ных площадок определяются по
формулам:
о2=0
’.=у-}/Я^Г'.
tg2a0=—2ггу/аг,
где а0 —угол между осью г и
нормалью к главной площадке.
Формула для tg2a0 дает два
значения
а0,
отличающихся
на 90°.
Деформация в направлении каждого из нормальных
напряжений определяется по формулам:
8х=0/£)К—н(°у4-^)].
8„=(1/£Ж—H(Ox+°JL
ez = (1/^)[^—Р(Ох+°у)]-
Пример 2.19. Указать величины главных напряже
ний для заданного напряженного состояния (рис. 2. 17).
Определить максимальное касательное напряжение и по
казать площадку, на которой оно возникает.
* Такое напряженное состояние принято называть упрощен
ным плоским.
124
Решение. Известно, что главные напряжения принято
обозначать q, а2, о3; при этом должны выполняться ал
гебраические неравенства: с^Х^Х^.
В нашем случае, очевидно, наибольшим в алгебраи
ческом смысле является напряжение 80 Н/мм2, т. е. его
Рис. 2.18
следует обозначить ог Наибольшее по абсолютной вели
чине напряжение сжатия, равное 140 Н/мм2, надо счи
тать отрицательным и, следовательно, в алгебраическом
смысле оно минимально, т. е. его надо обозначить о3.
Итак, 0^80 Н/мм2, о2=—70 Н/мм2, о3=—140 Н/мм2.
Максимальное касательное напряжение определяем по
формуле
ттах=(о1-о3)/2=[80-(-140)]/2 = 110 Н/мм2.
Это напряжение возникает на площадке, параллельной
вектору о2 и делящей пополам угол между площадками
действия напряжений Oj и а3; эта площадка заштрихо
вана на рис. 2.18. На площадке, перпендикулярной к
заштрихованной (на рисунке не показана), возникает такое
же по абсолютной величине касательное напряжение.
Пример 2.20. Для заданного напряженного состояния
(рис 2.19) определить нормальное и касательное напря
жения, возникающие на площадке, перпендикулярной
плоскости yOz, нормаль к которой составляет угол р=30°
с осью у.
Решение. Напряженное состояние задано главными
напряжениями. По правилу индексов для главных напря
жений имеем: Oj = 150 Н/мм2, а2= 120 Н/мм2, о3 = —90 Н/мм2.
Указанная площадка принадлежит к серии (семейству)
площадок, параллельных оси х, и, следовательно, возни
кающие на ней напряжения не зависят от главного на
пряжения о2, которое также параллельно оси х.
125
Изобразим элемент в проекции на плоскость yOz и
покажем площадку, напряжения на которой определяются
(рис. 2.20). При определении напряжений учтем, что в
формулах для оа и та угол а отсчитывается от оси г и,
кроме того, вместо о2 надо подставить а3,
учетом знака. Таким образом,
оа =
конечно, с
^14*^3 I
о
150-—90 . 150 —|— 00
, пло
7 ■ 4—-—-cos2a =------------ -------- —cos 120 =
2
2
2
2
=30—60=—ЗОН/мм2,
та =2kz£isjn 2а = 15Q^—sin 120°=60 Н/мм2.
Векторы напряжений оа и та показаны на рис. 2.20.
Пример 2.21. Опре
делить главные напряже
ния и максимальное ка
сательное напряжение для
заданного
напряженного
состояния (рис. 2.21).
Решение. В данном слу
чае одна из исходных пло
щадок — главная, осталь
ные две главные площад
ки принадлежат серии пло
Рис. 2.21
щадок, параллельных вектору ах. Так как напряжения на площадках этой серии
не зависят от ох, то для определения двух неизвестных
главных напряжений можно воспользоваться формулой
(см. рис. 2.16) для плоского напряженного состояния,
условно называемого у п рощенным плоским. Вот126
лнчие от упрощенного плоского напряженного состояния,
для которого всегда не равные нулю главные напряжения
о, и о3, здесь индексы искомых главных напряжений мож
но будет установить только после их определения и со
поставления с напряжением о2, которое представляет
собой одно из главных напряжений:
с2 ,
1
---------------
но ,
1
г----------------------
^Т^/огЧ^ГТ^/нон^бо*
=
=55 ±74,5.
Таким образом, сопоставляя величины всех трех глав
ных напряжений, получаем ^ = 129,5 Н/мм2, ао =
=—19,5 Н/мм2, ст3 = —145 Н/мм2.
Определяем положение двух главных площадок, при
надлежащих серии площадок,
параллельных вектору ох:
tg2a0=----- 2тгу/ог=
= -2-50/110 = —0,910,
2а0=—42°18'; «;=-21°09';
а"=ао-9О°=-21°О9'-
—90°=—111о09'.
Знак минус указывает на
Рис. 2.22
то, что углы «о и а'' сле
дует отложить от направления аг по часовой стрелке,
как показано на рис. 2.22.
Максимальное касательное напряжение определяем по
формуле
ттах=(^-^/2 = [ 129,5-(- 145)1/2 = 137,2 Н/мм2.
Площадку, на которой возникает это напряжение,
нельзя показать на рис. 2.22 — эта площадка параллельна
вектору о2 и Делит пополам углы между площадками
действия ох и а3.
Пример 2.22. Определить нормальные напряжения,
возникающие в поперечных сечениях заделанного обоими
концами ступенчатого стального (Е=2,0-105 Н/мм2, р=0,3)
бруса, нижняя часть которого по всей поверхности на
гружена давлением р=160 Н/мм2 (рис. 2.23).
Решение. Заданный брус статически неопределим: для
определения двух опорных реакций статика дает одно
127
уравнение. Эти реакции, очевидно, равны между собой,
и продольная сила в любом поперечном сечении бруса
равна одной из этих реакций.
Для определения реакции заделки (например, верхней)
отбросим эту заделку, заменив ее действие на брус силой
Рис. 2.23
Рис. 2.24
X (рис. 2.24) и составим уравнение перемещений, выра
жающее ту мысль, что сечение А под действием давления
р и силы X остается неподвижным:
^=0.
Применив принцип независимости действия сил, пред
ставим полное перемещение К^ в виде алгебраической
суммы перемещений от давления р и силы X:
^А =^арА~^‘Ах—^-
При действии на брус, защемленный нижним концом,
давления р двухосное сжатие нижней части бруса вызо
вет деформацию в направлении оси z и соответствующее
перемещение сечения А вверх.
По обобщенному закону Гука
ег=(1/Е)К—Н^х+Оу)!-
128
В нашем случае ot=0, так как вдоль оси г никакие
силы на брус не действуют, а ох=оу=—р. Таким обра
зом,
8г=(1 /£)[ —н (—р—р) I=2рр/Е.
Нижний участок бруса удлинится на 1,5а-2рр/Е. На
такую же величину переместится вверх сечение А:
XAp=3]ipa/E.
От действия силы X сечение А опустится на величину
K^-Xa/tEFJ-X • 1,5а/(EFJ,
где /г1=40х 40= 1600 мм2 и F2=60x 60=3600 мм2.
Подставляя значения \Ар и кАх в уравнение переме
щений, получаем
typa
Ха / 1
1,5\_д
откуда
X=
^
=
3-0,3-160
= 139 • 103 j-j
1/Л + 1,5/Г2
1/1600+1,5/3600
Напряжения в поперечных сечениях бруса:
в верхней части
oB=X/F1=139-103/1600=87 Н/мм2;
в нижней части
oH=X/F2=139.103/3600=38,6 Н/мм2.
ГЛАВА VI. ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЕТЫ
НА СРЕЗ И СМЯТИЕ
§ 2.10. РАСЧЕТ ЗАКЛЕПОЧНЫХ СОЕДИНЕНИЙ
Заклепки (а также болты, поставленные в отверстия
без зазоров) в соединениях работают одновременно на
срез и смятие.
Условие прочности на срез
т=Q/^cp=Q/пт (nd2/4) < [т].
Условие прочности на смятие
aCM=Q/f=QMS<[4
где Q — сила, передающаяся через соединение.
9
Заказ № 226
129
При вычислении площади среза Fcp и площади смятия
Fza в заклепочном соединении следует учитывать количе
ство заклепок п и число срезов каждой из них т. Таким
образом, для заклепочных соединений
Fzp=nm(nd2/4), FZM=ndb,
где d — диаметр поставленной заклепки, равный диаметру
отверстия; 6 — толщина соединяемых листов.
Пример 2.23. Определить требуемый диаметр заклеп
ки в нахлесточном соединении, если передающаяся сила
Рис. 2.25
Q=120 кН, толщина листов 6=10 мм. Допускаемые на
пряжения на срез [т]=100 Н/мм2, на смятие [осм)=
=200 Н/мм2 (рис. 2.25). Число заклепок в соединении
п=4 (два ряда по две заклепки в каждом).
Решение. Определяем диаметр заклепок. Из условия
прочности на срез по сечению ab, учитывая, что заклепки
односрезные (т=1), получаем
т=-----—---- <[т],
птлсР/Ь
откуда
d>y 4Q/(nm[T]n) =У4-120-103/(4-1 • 100л) =19,6 мм.
Принимаем J=20 мм.
Из условия прочности соединения на смятие
<’см = ^/(«^)<Кч]
получаем
d>Q/(nb [oCMJ)=120-103/(4-10-200) = 15 мм.
Принимаем большее из найденных значений d=20 мм.
Пример 2.24. Определить необходимое количество
заклепок диаметром d=2Q мм для нахлесточного соеди
нения двух листов толщиной 6^10 мм и &г=12 мм.
Сила Q, растягивающая соединение, равна 290 кН. До
пускаемые напряжения: на срез [т]=140 Н/мм2, на смя
тие [oCMJ=300 Н/мм2.
130
Решение. Из условия прочности на срез необходимое
число заклепок при т=\
Q
290-Ю3
1-140(л-202/4)
сс
_
п >------- ------- =------------------ =6,6 » 7.
m[T](nd2/4)
Напряжения смятия будут наибольшими между за
клепками и более тонким листом, поэтому в условие
прочности на смятие подставляем 6min=6i и находим
n>Q/([oCMIM=290- 103/(300-10-20)=4,84 «5.
В соединении необходимо поставить 7 заклепок, тре
буемых по условию прочности на срез.
Пример 2.25. Два листа с поперечными размерами
дг=14 мм, Ь=280 мм соединены двусторонними наклад
ками толщиной каждая б2=8 мм (рис. 2.26). Соединение
передает растягивающее усилие Q=520 кН. Определить
число заклепок диаметром d=20 мм, которое необходимо
поставить с каждой стороны стыка. Проверить также
прочность листа по опасному сечению, учитывая, что
заклепки поставлены по две в ряд (/г=2, рис. 2.26).
Допускаемое напряжение на срез заклепок [т]=140 Н/мм2,
на смятие [осм]=250 Н/мм2 на растяжение листов [о]=
= 160 Н/мм2.
Решение. В рассматриваемом соединении заклепки ра
ботают как двухсрезные т=2, т. е. каждая заклепка
испытывает деформацию среза по двум поперечным сече
ниям (рис. 2.26).
Из условия прочности на срез
„>____ S------ -- -------- «------ =5.91^6.
т fTj (шР/4)
9*
2-140 (3,14•202/4)
131
Из условия прочности на смятие, учитывая, что ми
нимальная площадь смятия соответствует бт.п=б1<262,
получаем
л>РЖм]М=520- 103/(250-14-20)=7,42.
Принимаем н=8.
В данном случае требуемое количество заклепок из
условия прочности на смятие оказалось большим, чем
из условия прочности на срез.
Проверяем прочность листа в сечении /—-/
а=—L
(b — kd) Ъ}
520-1О3
(280 — 2-20) 14
= 154,9 Н/мм2.
Таким образом, расчетное напряжение в листе меньше
допускаемого.
Пример 2.26. Зубчатое колесо скреплено с барабаном
грузоподъемной машины шестью болтами диаметром
d=18 мм, поставленными без зазоров в
отверстия. Центры болтов расположены
по окружности диаметром 0=600 мм
(рис. 2.27). Определить из условия
прочности болтов на срез величину до
пускаемого момента, который может быть
передан через зубчатое колесо бара
бану. Допускаемое напряжение для
болтов на срез [т]=80 Н/мм2.
Решение. Момент, который может
передать болтовое соединение колеса с
барабаном по рис. 2.27, определится из
формулы
[A4]=n[Q]-0,5O,
Рис. 2,27
где п — число болтов, для нашего слу
чая n=6; [Q] — допускаемое по условию прочности на
срез усилие, передаваемое одним болтом; 0,50 — плечо
усилия, передаваемого болтом относительно оси вращения
вала.
Вычислим допускаемое усилие, которое может передать
болт по условию прочности на срез
[Q]=(nd2/4)[T] = (3,14-182/4^
Н=20,4 кН.
Подставив значение [Q] в формулу для момента, най
дем
[M]=n [Qj 0,50=6-20,4 -0,5-0,6=36,7 кН -м.
132
§ 2.11. РАСЧЕТ ВРУБОК ДЕРЕВЯННЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
Врубки деревянных элементов рассчитывают на смятие
и на скалывание, т. е. на срез вдоль волокон.
Пример 2.27. Определить необходимые размеры
врубки соединения прямым зубом сосновых брусьев пря
моугольного сечения /ixb=20xl6 см (рис. 2.28). Допус-
Рис. 2.28
каемые напряжения для сосны на растяжение [о}= 10 Н/мм2,
на смятие [осм]=12 Н/мм2, на скалывание [т]=3 Н/мм2.
Растягивающая сила Q=60 кН.
Решение, 1. Длина зуба s определяется из условия
прочности на скалывание по плоскости тп или pq
(рис. 2.28):
t = Q/^s<[t],
откуда
s> QKb [тJ)=60 • 103/( 160 • 3) = 125 мм.
2. Высоту зуба с определяют из условия прочности на
смятие по плоскости пр:
^см^ Ф/^^^смЬ
откуда
c>Q/(b|ocJ)=60-103/(160J2)^
мм.
Принимаем с=32 мм.
3. Условие прочности на разрыв в опасном сечении
(7=Q/F<M,
где
F=b(h — с)/2 = 160 (200 - 32)/2 = 13,44 • 103 мм2.
Подставляя числовые данные, получаем
a=Q/F=60-103/13,44.103=4,46 Н/мм2<10 Н/мм2.
Пример 2.28. Деревянная врубка стропильного узла
(рис. 2.29, а) нагружена сжимающей силой Р=3 тс. Угол
между осью стропильной ноги и осью затяжки а=30°.
Размеры врубки: а=12 см, &=16 см, с=6 см, d=18 см,
133
1 = 10 см. Допускаемые напряжения: на растяжение
[о]=100 кгс/см2, на скалывание [т]=15 кгс/см2, на смя
тие [осм[=60 кгс/см2. Проверить прочность врубки в опас
ных сечениях.
Решение. Определим усилия, действующие по плоскости врубки. Для этого силу Р раскладываем на две
составляющие: верти
кальную N и го
ризонтальную
Q
(рис. 2.29, б).
Из силового тре
угольника найдем:
N=P sin а=
=3000-0,5 = 1500 кгс,
Рис. 2.29
Q — P cosa=3000x
X 0,866=2600 кгс.
Напряжение растяжения о в ослабленном месте сече
ния бруса (сечение I—I) равно:
o=Q/F=q/[a (b — с)]=2600, [12 (16 - 6)]=21,6 кгс/см2.
Это напряжение меньше допускаемого [о] = 100 кгс/см2.
Напряжение скалывания, возникающее по площади
FCK=ad, вызываемое силой Q, определяется по формуле
tCk=Q/^ck=Q/H)=2600/(12- 18)=12 кгс/см2,
что меньше допускаемого [т]=15 кгс/см2.
Определим напряжения смятия:
1. Вызываемое силой Q по вертикальной упорной
площадке FCM=ac:
осм=Q/^cm=Q/(ac)=2600/12 • 6=36 кгс/см2.
2. Вызываемое вертикальной силой N на горизонталь
ной площади врубки F'CM—ae:
о’и=^'и=у/(йе)=1500/(12. Ю)= 12,5 кгс/см2.
Из расчета видно, что осм и о/м меньше допускаемого
напряжения [<^1=60 кгс/см2.
§ 2.12. РАСЧЕТ ШПОНОК И КЛЕЕВЫХ ШВОВ
Шпонки, соединяющие валы с зубчатыми колесами,
шкивами и т. п., работают аналогично заклепкам, т. е.
134
па срез и па смятие. Соответственно и их расчет ведется
в той же последовательности. Если через зубчатое колесо
или шкив передается вращающий момент М, то его
величина связана с усилием Q, действующим на шпонку,
соотношением (рис. 2.30):
M = Qd/2,
откуда
Q=2M/d,
где d —диаметр вала.
Площади среза шпонки и смятия шпоночного соеди
нения, изображенного на рис. 2.30:
F^bl, Fc^hl/2.
Клеевые швы рабо
тают только на срез
(сдвиг). Условие проч
ности шва;
T=Q/Fin=Q/(/ib)<[T|,
где
Рш — площадь
клеевого шва; h — его
высота;
/ — длина
шва.
Пример
2.29.
Через шкив на вал,
диаметр которого d=40 мм, передается момент М =
=300 Н-м. Шкив соединен с валом шпонкой, имеющей
размеры: /=60 мм, Ь=12 мм, 11=8 мм (см. рис. 2.30).
Проверить прочность шпоночного соединения, если до
пускаемое напряжение для шпонки на срез т=40 Н/мм2
и для соединения на смятие [псм]=80 Н/мм2.
Решение. Усилие, передаваемое шпоночным соедине
нием,
Q=2М/d=2 • 300 -103/40 = 15,0 -103 Н.
Площадь среза шпонки
Fcp=W = 12-60=720 мм2,
площадь смятия
FCM^W/2=8-60/2=240 мм2.
Определяем расчетные напряжения и сравниваем их
с допускаемыми:
r=Q/Fcp=Q/(W) = 15,0-103/720=20,8 Н/мм2<40 Н/мм2,
aCM=Q/^cM=QW2) = 15,0-103/240=62,5 Н/мм2<80 Н/мм2.
135
Пример 2.30. Определить из условия прочности
шпонки, соединяющей рукоятку с валом (рис. 2.31), до
пускаемую величину силы Р, которую можно приложить
к рукоятке. Размеры шпонки: А=16 мм, Ь=20 мм,
/ = 60 мм. Длина рукоятки /?=400 мм, диаметр вала
d=70 мм, допускаемые напряжения для шпонки на срез
[т]=80 Н/мм2, для соединения на смятие [осм]= 180 Н/мм2.
Решение. Усилие Q,
передаваемое шпонкой,
связано с силой Р, при
ложенной к рукоятке,
условием равенства мо
ментов относительно оси
вращения вала:
PR=Qd/2,
Рис. 2.31
откуда
P = Qd/(2R).
Допускаемое значение силы Q, которую может вос
принять шпонка, определится из условий прочности.
Из условия прочности шпонки на срез получаем
[Q|=(t]Fcp=[t]W=80.20-60=96,ОНО3 Н=96 кН,
из условия прочности соединения на смятие
[ЗМ^ИсмЧ*^
16-60/2=86,4.103 Н =
=86,4 кН.
Из двух найденных допускаемых значений силы Q для
дальнейшего расчета следует принять меньшее Q=86,4 кН.
Подставляя это зна
чение силы Q в фор
мулу для окружного
усилия Р, получим
P = Qd/(2R)=8^4x
X 70/(2-400) =
= 7,55 кН.
Рис. 2.32
Пример 2.31. Подвеска из двух швеллеров № 12
(рис. 2.32) крепится к фасонке клеем БФ-4. Площадь
сечения каждого швеллера /7ШВ=13,7 см2, допускаемое
напряжение на срез (сдвиг) для клеевого шва [т]=6 Н/мм\
Определить длину клеевого шва /к, необходимую по уело*
.136
вию равнопрочности соединения, если допускаемое напря
жение на растяжение швеллеров [о]=160 Н/мм2.
Решение. Условие равнопрочности соединения заклю
чается в том, чтобы во всех его элементах одновременно
напряжения были равны допускаемым. Определим допу
скаемое усилие для швеллера из условия его прочности
на растяжение:
[$]р = [а]2Гшв=160 2-1370=438-103 Н=438 кН.
Это усилие должно быть воспринято двумя клеевыми
швами, т. е. на каждый шов передается сила [Q]/2.
Площадь шва равна
F =1 h
Из условия прочности шва
T=[Q]cp/^^
Принимая [Q]Cp=[Q]p, имеем
/K>[Q]P/(2 [т]/0=438-103/(2-6-120)^305 мм.
ГЛАВА VII. КРУЧЕНИЕ
§ 2.13. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР КРУТЯЩИХ МОМЕНТОВ
При работе бруса на кручение в его поперечных сече
ниях возникает только один внутренний силовсй фактор —
крутящий момент М2 (иногда обозначаемый также М^),
С помощью метода сечений величина Л4г выражается
через внешние силы (скручивающие моменты): крутящий
момент в произвольном поперечном сечении бруса чис
ленно равен алгебраической сумме скручивающих (внеш
них) моментов, приложенных к оставленной части:
М2= 2 т2.
ост.ч
Для расчета на прочность и определения перемещений
поперечных сечений бруса надо знать закон изменения
крутящих моментов по его длине (т. е. построить эпюру
крутящих моментов).
При построении эпюр крутящих моментов принимаем
следующее правило знаков. Считаем крутящий момент
положительным, если для наблюдателя, смотрящего на
проведенное сечение, он представляется направленным по
137
часовой стрелке (рис. 2.33). Применяют и прямо проти
воположное правило знаков.
Напомним, что знак крутящего момента не имеет фи
зического смысла.
При расчете валов, как правило, бывают заданы:
передаваемая мощность N в кВт или в л. с., угловая
скорость а) в рад/с или часто
та вращения п в об/мин. Внеш
ний (скручивающий) момент,
передаваемый шкивом (зубча
тым колесом и т. п.), вычисля
ется по формуле:
m~N/а,
где Л’ в Вт и m в Н-м.
При применении единиц си
стемы МКГСС и внесистемных скручивающий момент в
кгс• см при N в кВт определяется по формуле
Рис. 2.33
т^7 380 Nin.
При построении эпюр крутящих моментов для бруса,
нагруженного сосредоточенными внешними моментами,
рекомендуется пользоваться табл. 2.4.
Пример 2.32. Для бруса,
изображенного на
рис. 2.34,а, построить эпюру крутящих моментов.
Решение. Заданный брус имеет три участка /, II, III.
Напомним, что границами участков являются сечения,
в которых приложены внешние (скручивающие) моменты.
В данном случае проще, применяя метод сечений,
оставлять левую и отбрасывать правую часть бруса —
это дает возможность не определять реактивный момент
в заделке.
Проводим произвольное поперечное сечение на уча
стке 1 и составляем уравнение равновесия для оставлен
ной части бруса, изображенной отдельно на рис. 2.34,6:
^ /и:=0;
ост. ч
т—~М]г=0;
М]г=т.
В любом сечении участка I крутящий момент имеет
найденное значение М2=т. Из уравнения равновесия
для оставленной части значение М\ получилось со знаком
плюс. Это указывает на то, чго выбранное направление
М[г соответствует действительному.
138
Таблица 2.4
Последовательность построения эпюр крутящих моментов
Чем руководствоваться
Что делать
1. Изобразить расчетную схе
му вала и приложить к нему
заданные внешние
моменты.
Если какой-либо из внешних
моментов неизвестен, то он оп
ределяется из уравнения равно
весия
2. Вал разбить на участки
согласно сечениям, в которых
приложены внешние моменты
(шкивам)
3. Определить по методу се
чений крутящий момент для
каждого участка по величине и
знаку
4. Найденные величины кру
тящих моментов отложить в мас
штабе в виде ординат, перпен
дикулярных к оси вала. Через
концы ординат провести линии,
параллельные оси вала, нанес
ти знаки крутящих моментов и
заштриховать эпюру
Эпюра крутящих моментов на этом участке — прямая,
параллельная оси абсцисс. Согласно принятому правилу
знаков М^ отрицателен, и ординаты эпюры откладываем
вниз от ее оси.
Проводим произвольное поперечное сечение на участ
ке // и составляем уравнение равновесия для оставлен
ной части бруса, изображенной отдельно на ряс. 2.34, в:
v ^г2=0;
ост. ч
гп — Зт+ М^1 = 0,
откуда
И в этом случае выбранное направление ТИ^1 соответствует действительному. В любом сечении участка И кру
тящий момент М\х =2т. Согласно принятому правилу
знаков, M{z[ положителен и ординаты эпюры откладываем
вверх от ее оси.
139
Проводим произвольное поперечное сечение на участке
Ill и составляем уравнение равновесия для оставленной
части бруса, изображенной отдельно на рис. 2.34, г:
2 т2=0;
т — Зт+5т — Mzll=0,
ост.ч
откуда
М,И1=Зт.
В любом сечении участка III М JH=-3m.
Эпюра крутящих мо
ментов представлена на
рис. 2.34, д.
При
нагружении
бруса сосредоточенными
моментами эпюра всегда
имеет такой же харак
тер, как и в рассмат
риваемом случае: на от
дельных участках она
ограничена
прямыми,
параллельными
оси
абсцисс; в местах при
ложения внешних (скру
чивающих) моментов по
лучаются скачки на ве
личину этих моментов.
Пример 2.33. На
вал насажены шкивы 1,
2, 3, 4 (рис. 2.35, а).
Шкив I передает от ис
Рис. 2.34
точника энергии на вал
мощность ^1=5,2 кВт, а остальные шкивы снимают с
вала и передают рабочим машинам мощности соответ
ственно ^=1,5 кВт; Л'3=1,7 кВт; ^4=2,0 кВт. Вал
вращается с частотой п=240 об/мин. Построить эпюру
крутящих моментов
Решение. При построении эпюры крутящих моментов
потери в подшипниках не учитываются, поэтому сумма
снимаемых с вала мощностей равна подводцмой к нему
мощности (Л^1=Л^2+^з+^4)- $ действительности потери
имеют место, но их величина незначительна — не превы
шает 1—2% передаваемой мощности.
140
Вычислим внешние (скручивающие) моменты, прило
женные к валу:
^=^/(0=5,2-103/25,1=207 Н-м,
где
со=л/г/30=3,14-240/30=25,1 рад/с;
m2=/V2/a)= 1,5-103/25,1=59,8 Н м;
т3=^3/о)= 1,7-103/25,1=67,5 Н-м;
Рис. 2.35
На рис. 2.35,6 показана расчетная схема вала. Вал
имеет три участка /, II, III. Эпюра крутящих моментов
начинается от середины шкива /. На участке I
^=7^=207 Н-м,
на участке 11
М"=т1-77г2=207- 59,8= 147,2 Н-м,
на участке Ill
М‘11 =тг-тг- т3=207 — 59,8 — 67,5=79,7 Н• м.
Эпюра крутящих моментов показана на рис. 2.35, в.
Поменяем местами шкивы 1 и 2 (рис. 2.36, а). Расчет
ная схема вала показана на рис. 2.36,6.
Эпюра крутящих моментов начинается от середины
шкива 2. На участке I
Мг=—тп2=—59,8 Н-м;
141
на участке II
Ml^-m^m^-59,8+207 =147,2 Н.м}
на участке III
Ml1 '=-m3+ тх — tn3=—59,8+ 207 — 67,5 =79,7 Н-м.
Сравнивая эпюры крутящих моментов (см рис. 2.35, в
и 2.36, в), видим, что во втором случае максимальный
/147,2 Н-м
5?, 8 Н-м
Рис. 2.36
крутящий момент меньше, чем в первом. Следовательно,
второй вариант расположения ведущего шкива предпоч
тительнее.
§ 2.14.
РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ КРУЧЕНИИ
При кручении бруса круглого (сплошного или коль
цевого) поперечного сечения касательное напряжение
в произвольной точке сечения вычисляется по формуле
х=МгрМр,
где Л1г—крутящий момент в рассматриваемом сечении;
1р — полярный момент инерции поперечного сечения;
р — расстояние от центра сечения до рассматриваемой
точки (рис. 2.37, а).
142
Вычисление полярного момента инерции производится
по следующим формулам (рис. 2.37,6, в):
для круга
Jp=nd^32^1d\
для кольца
Jp^d^/32} (J - a4)^0,ld4 (1 - a4),
где a=d0/d — отношение внутреннего диаметра сечения
к наружному.
Рис. 2.37
Наибольшие касательные напряжения возникают в точ
ках внешнего контура поперечного сечения и определя
ются по формуле
^тах = /^2/^ pt
где Wp=Jp/(d/2) — полярный момент сопротивления попе
речного сечения.
Для круга
U/p=nd3/16^(W,
для кольца
IFp = H3/16) (1 - а4) ^ 0,2d3 (1 - а4).
Условие прочности имеет вид:
^=Мг^р<[тЛ],
где [тк] —допускаемое напряжение при кручении, вели
чина которого зависит в основном от материала рассчи
тываемого бруса. При чистом кручении можно принимать
[тк]=(0,5-|-0,6)[4
Для расчета на жесткость необходимо вычисление
углов поворота поперечных сечений.
143
Если крутящий момент и поперечное сечение посто
янны в пределах каждого участка, угол закручивания
(взаимный угол поворота концевых сечений бруса) вычис
ляется по формуле
где Mz.— крутящий момент в пределах t-ro участка; Ц —
длина /-го участка; Jp.— полярный момент инерции попе
речного сечения Z-го участка.
Расчет на жесткость должен обеспечить, чтобы отно
сительный угол закручивания 0 (т. е. угол закручивания
на единицу длины) не превышал допускаемого угла за
кручивания [0], зависящего от назначения рассчитывае
мого бруса.
Условие жесткости имеет вид
0=МЛЧХ(Н
где М2 в Н-м, G в Н/м2 (для стали G^8,0*1010 Н-м2),
Jp в м4, 0 и [0] в рад/м.
Пример 2.34. В поперечном сечении бруса d=80 мм
наибольшее касательное напряжение ттах=40 Н/мм2.
Определить касательное напряжение в точке, удаленной
от центра сечения на 20 мм.
Решение. Эпюра касательных напряжений в попереч
ном сечении представлена на рис. 2.37, б. Очевидно^
^пш
3/2
откуда
т^ =ттах -^- = 40—=20 Н/мм2.
dX (d/2)
(80/2)
Пример 2.35. В точках внутреннего контура попереч
ного сечения трубы (do=6O мм; d = 80 мм) возникают ка
сательные напряжения, равные 40 Н/мм2. Определить
максимальные касательные напряжения, возникающие
в трубе.
Решение. Эпюра касательных напряжений в попереч
ном сечении представлена на рис. 2.37, в. Очевидно,
^=-^l=d/d0,
^
do/2
°’
144
откуда
Ттзх = ^Я=40 ■ 80/60=53,3 Н/мм2.
Пример 2.36. В кольцевом поперечном сечении бруса
(do=3O мм; d=70 мм) возникает крутящий момент Мг =
=3 кН-м. Вычислить касательное напряжение в точке,
удаленной от центра сечения на 27 мм.
Решение. Касательное напряжение в произвольной
точке поперечного сечения вычисляется по формуле
r^M^/Jp.
В рассматриваемом примере М2=3 кН-м=3- 10е Н-мм,
J _2^(1-^.ЛЩ™
р
32
32
1 - '30\4 = 229-104 мм\
.70/
р=27 мм.
Подставляя числовые значения, получаем
ос л и/
3-10«-27
229-10*
2
т=----------- =35,4 Н/мм2.
Пример 2.37. Стальная труба (d0=100 мм; d=
= 120 мм) длиной 1 = 1,8 м закручивается моментами т,
приложенными в ее торцевых сечениях. Определить ве
личину т, при которой угол закручивания ф=0,25°.
При найденном значении т вычислить максимальные
касательные напряжения.
Решение. Угол закручивания (в град/м) для одного
участка вычисляется по формуле
М,1 180
ф=—------ ,
GJp я
тогда
yxGJp
г
------------ •
180/
В данном случае Мг=т, ф=0,25°, G=8,0-104 Н/мма,
j
р
лд^Ь/МОИ]
32 [
Ц2о/ J
107>107 мм4
/ = 1800 мм
Подставляя числовые значения, получаем
0,25.3,14.8-10М,07.107
180-1800
о
u
о
и
т = ------ 1------------ - ——=2,07-10е Н-мм = 2,07 кН-м.
10 Заказ № 226
145
Вычисляем максимальные касательные напряжения:
Tmax=Mz/U7 =2,07-106/(1,78-105)=11,6 Н/мм2,
где Мг=т=2,07• 10е Н-мм,
w
=J_Z
1,07-10?
р
d/2
120/2
= 1,78-108 мм3.
Пример 2.38. Для заданного бруса (рис. 2.38,а) по
строить эпюры крутящих моментов, максимальных каса
тельных напряжений, углов поворота поперечных сечений.
Решение. Заданный брус имеет участки I, II, III, IV,
V (рис. 2. 38, а). Напомним, что границами участков
являются сечения, в которых приложены внешние (скру
чивающие) моменты и места изменения размеров попереч
ного сечения.
Пользуясь соотношением Мг= 2 т^е СТРОИМ ЭП1<>ру
ост.ч
крутящих моментов.
Построение эпюры М2 начинаем со свободного конца
бруса:
для участка I М^—т;
»
146
»
II М^1 =т — 2т——т;
для участков III и IV Мг" —МгУ =т— 2т — Зт =
=—^т\
для участка V М} =т — 2т — 3т+7т=3т.
Эпюра крутящих моментов представлена на рис. 2.38, б.
Строим эпюру максимальных касательных напряжений
по длине бруса. Условно приписываем ттях те же знаки,
что и соответствующим крутящим моментам.
На участке /
Ч^^Жн =m/(0,2d3) =5m/d3i
на участке 11
т"ах =MJ 7^11 =-m/(Q,2d3)=-5m/d3i
на участке III
<,Vx = Л1" Win =-4m/[0,2(l,5d)3]^
m/d^
на участке IV
___________ 12________ =_6 8—’
Tiv
U pIV
0,2(l,5d)’[l-(—V]
^
па участке V
Эпюра максимальных касательных напряжений пока
зана на рис. 2.38,в.
Угол поворота поперечного сечения бруса при посто
янных (в пределах каждого участка) диаметре сечения и
крутящем моменте определяется по формуле
Ф
GJ pi
Строим эпюру углов поворота поперечных сечений.
Угол поворота сечения А фл=0, так как в этом сечении
брус закреплен.
Фв—фд+фдв—фд Н——
GJpV
—0 +
Зш • 2d
_ 1 Ч A ши
" G-0,1 (l,5d)4 fl —(0,9/1,б)*] “ ’ G^"’
। _________
10*
147
_
,
,
^V/IV
= 13,6^Фс—Фв+Фвс=Фв 4——----Gd*
GJpW
4та
ma .
=4,5 ~G^i
G-0,1 (l,5d)4[l — (0,9/1,5)4|
. м!11
_ та
Фо =(1)с+Ъ=Фс+-^ = 4,5
Ama
G.0,l(l,5d)4
Gd*
та ,
= -3,4 ~Gd*'
Mz
'i
3,4
Фе=Фо+Фое=Фо+-^-
ma
Cd*
ma
G-01d4
= — 13,4 —;
Gd*
.
. М1г l\
ФХ-ФЕ + ФЕК-ФЕ+ QJ^ —
ю л та t
т>3а
’ Gd4”^ G.0,ld4
= 16,6—.
Gd4
Эпюра углов поворота поперечных сечений изображе
на на рис. 2.38,г.
Пример 2.39. На шкив В ступенчатого вала (рис. 2.39, а)
ж^в=36 кВт, шкивы А
и С соответственно
передают на станки,
мощности ^ = 15 кВт
и ^=21 кВт. Час
тота вращения вала
п=300 об/мин. Про
верить прочность и
жесткость вала, если
|тк]=30 Н/мм2, [0] =
=0,3 град/м, G =
=8,0-104
Н/мм%
dx=45
мм,
d 2—
=50 мм.
Решение. Вычислим внешние (скручивающие) моменты,
приложенные к валу:
/пв=^/(о=36-103/31,4=1145 Н-м,
где
ю=л/г/30=3,14-300/30=31,4 рад/с;
148
тл=^Л1)=15-103/31,4 = 477 Н-м;
тс=Лс/о)=21-103/31,4 = 668 Н-м.
Строим эпюру крутящих моментов. При этом, двигаясь
от левого конца вала, условно считаем момент, соответ
ствующий NA, положительным, Nc — отрицательным.
Эпюра Mz показана на рис. 2.39, б.
Максимальные напряжения в поперечных сечениях
участка АВ
ТАВ
шах
M2AB
^рАВ
m-1°’ ,26,2 Н/мм*,
0,2 (45)3
что меньше [тк] на
[(30 - 26,2)/30] 100% = 12,7%.
Относительный угол закручивания участка АВ
МгАВ А80—
477-103-180
_
GJpAB’ я ~8.104.0,1.454.3,14 ~
=0,834-10-3 град/мм=0,834 град/м,
что значительно больше [9]=0,3 град/м.
Максимальные напряжения в поперечных сечениях
участка ВС
ПС
МгВС
тах
117
т^.=
668.10s
ост- и/
а
=-----------=26,7 Н/мма,
0,2.50s
что меньше [тк] на
[(30 - 26,7)/30] 100% =11%.
Относительный угол закручивания участка ВС
Л
МгВС
180
л
668-10s. 180
8.104.0,1.504.3,14
,
л_сс 1А „
0£с = ——------------------------------- =0,766 • 10-3 град/мм =
fiG
GJ
1
=0,766 град/мм,
что значительно больше [0]=0,3 град/м.
Следовательно, прочность вала обеспечена, а жест
кость — нет.
Пример 2.40. От электродвигателя с помощью ремня
на вал / передается мощность ^=20 кВт. С вала 1 по
ступает на вал 2 мощность Д\=15 кВт и к рабочим ма
шинам— мощности ^2=2 кВт и /V3=3 кВт, с вала 2 к
рабочим машинам поступают мощности ^4=7 кВт, М5 =
= 4 кВт, ^=4 кВт (рис. 2.40, а). Определить диаметры
валов йх и J2 из условия прочности и жесткости, если
149
[тк]=25 Н/мм2, [0]=0,25 град/м, G=8,0-10' Н/мм3. Се
чения валов / и 2 считать по всей длине постоянными.
Частота вращения вала электродвигателя п=970 об/мин.
диаметры шкивов D1=200 мм, £)2=400 мм, £>з=200 мм,
£>4=600 мм. Сколь
жением в ременной
передаче пренебречь.
Решение.
На
рис. 2.40, б изобра
жен вал 1. На него
поступает мощность
(V и с него снимаются
мощности Ур N2, N3.
Определим угло
вую скорость враще
ния вала / и внешние
скручивающие момен
ты т, т^ т2, т3:
n^nDJD^^Ox
X 200/400=
=485 об/мин;
й1=лп1/30=
=3,14-485/30=
=50,8 рад/с;
v/
' 20-103
т=N а. =------- =
1
50,8
=394 Н-м;
Рис. 2.40
mi=jV1/®1=15x
X Ю3/50,8=295 Н-м;
/п2=Л>2/й)4=2-103/50,8=39,5 Н-м; m3=N3/(ni—
=3-103/50,8=59,1 Н-м.
Строим эпюру крутящих моментов для вала 1
(рис. 2.40, в). При этом, двигаясь от левого конца вала,
условно считаем моменты, соответствующие ^3 и Л\, по
ложительными, а ^ — отрицательным. Расчетный (макси
мальный) крутящий момент Мг max = 354,5 Н-М,'
150
Диаметр вала / из условия прочности
№U =
16*354,5.103
42 мм.
3,14-25 ~
Л [тк]
Диаметр вала / из условия жесткости (|0], рад/мм)
4 /
1 / 354,5-108-1000-180-32
i.>]/ ^стах-1000,180,32
Сл!19|
~ И
8-104-3,142-0,25
~
=56,8 мм.
Окончательно принимаем с округлением до стандарт
ного значения d,=58 мм.
Частота вращения вала 2
п2=л,^/О4=4 85 • 200/600 = 162 об/мин,
w2=nn2/30=3,14-162/30=17 рад/с.
На рис. 2.40, г изображен пал 2; па вал поступает
мощность Л',, а снимаются с него мощности /V4, Л/6, Лв.
Вычислим внешние скручивающие моменты:
/^=^/0^=15-10э/17=882 Н-м,
щ4=^/®2=7-103/17=412
Н-м, m5=zn„=4-103/17=
=235 Н-м.
Эпюра крутящих моментов для вала 2 показана на
рис. 2.40, д. Расчетный (максимальный) крутящий момент
AJl^^O Н-м.
Диаметр вала 2 из условия прочности
3 Г 16.470-103 =46 мм.
|/
3,14-25
Диаметр вала 2 из условия жесткости
'^^тах-1000,180,32
0л2Р1
4 Г470.10М000-180-32 _
И
8-104.3,142-0,25
= 61 ММ.
Окончательно принимаем d2=62 мм.
Пример 2.41. Определить из условий прочности и
жесткости мощность N (рис. 2.41, а), которую может
передать стальной вал диаметром d=50 мм, если [тк] =
=35 Н/мм2, [9]=0,9 град/м, 0 = 8,0-10’ Н/мм2, п =
= 600 об/мин.
151
Решение. Вычислим внешние моменты, приложенные
к валу:
m^m^NJa^ZN-103/62,8=3,18.V Н • м,
где
ю=лп/30=3,14«600/30=62 8 рад/с;
/п3=^3/(о=0,6Л/.103/62,8=9,5^^ Н м.
Расчетная схема вала показана на рис. 2.41, б.
На рис. 2.41, в представлена эпюра крутящих
моментов. Расчетный (мак
симальный) крутящий мо
мент 7И2=9,54Л7.
Условие прочности
im^=Mz/Wp=MJ(^
=9,54;V-103/(0,2x
х503)<35 Н/мм2,
откуда
[Л/]<0,2.503.35/(9,54х
Х1О3)=9О,8 кВт.
Условие жесткости
Рис. 2.41
Л
М,-1000.180
9,54^.103.1000.180
GJpn
8-10*.0,Ь50*.3,14
0=—----------- =— ------------------------<0,9
откуда
1
J
9,54.57,3.10е
Лимитирующим является условие жесткости. Следо
вательно, допускаемое значение передаваемой мощности
[V]=82,3 кВт.
§ 2.15. РАСЧЕТ ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ ВИНТОВЫХ ПРУЖИН
Максимальное касательное напряжение в пружине
растяжения или сжатия определяется по формуле
x^k^PDl^),
где Р — сила, действующая вдоль оси пружины; D — сред
ний диаметр витка; d —диаметр проволоки, из которой
изготовлена пружина; k — поправочный коэффициент,
учитывающий криволинейность оси витков пружины и
152
влияние поперечной силы: k = (4c+1)/(4с — 4); c=D/d —
индекс пружины.
Удлинение, или осадка, пружины определяется по
формуле
k=8PD3n/(Gd^
где п —число рабочих витков пружины; G-—модуль
сдвига.
Пример 2.42. Цилиндрическая винтовая пружина
изготовлена из стального прутка d=16 мм. Средний диа
метр витков 0=120 мм, модуль сдвига G=8,0-104 Н/мм2.
Под действием силы Р=2000 Н осадка пружины должна
быть равна Х=40 мм. Определить наибольшие касатель
ные напряжения в витках пружины и требуемое число
ее рабочих витков.
Решение. Наибольшие касательные напряжения вы
числяются по формуле
xmM = k-U>DI№.
Индекс пружины
c=D/d= 120/16=7,5.
Поправочный коэффициент
k=(4c+ 1)/(4с - 4)=(4 • 7,5+1)/(4• 7,5 - 4)= 1,19.
Подставив числовые значения, получим
rmax=k • 8PD/(nd3) =1,19-8.2000 • 120/(3,14 • 163) =
= 178 Н/мм2.
Осадка пружины определяется по формуле:
k=8PD3n/(Gd4),
откуда находим требуемое число рабочих витков:
n=XGdi/(8PD3)=40-8-104-164/(8-2000-1203) = 7,6.
Полное число витков пружины сжатия должно быть
принято несколько большим. Поэтому принимаем пп=
=9 витков.
Пример 2.43. Проверить
прочность
пружины
(рис. 2.42, а), если [т]=450 Н/мм2.
Решение. Вычисляем усилие, возникающее в пружине
(рис. 2.42, б):
^тА=0, P-5l — VB-4l=0,
откуда
VB=5P/4=5 -400/4=500 Н.
Максимальные напряжения, возникающие в пружине:
153
x^^k-WM^
где
/г=(4^+1)/(4с - 4)=[4 (60/6)+1 ]/[4 (60/6) - 4]=1,14,
Подставляя чис
ловые значения, по
лучаем
Чх=1,14-8.500х
X 60/(3,14-63)=
=403 Н/мм2,
что меньше [т] на
1^=“100% =
450
= 10,5%,
Рис. 2.42
т. е. прочность пружины обеспечена.
ГЛАВА VIII. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
§ 2.16. ОСНОВНЫЕ РАСЧЕТНЫЕ ФОРМУЛЫ
Осевым моментом инерции сечения назы
вается взятая по всей площади сумма произведений пло-
4
X
Рис. 2.43
щадей элементарных площадок на квадраты их расстоя
ний до соответствующей оси (рис. 2.43, а):
154
Jx=\y4F, Jy=\x*dF.
F
F
Центробежным моментом инерции сече
ния называется взятая по всей площади сечения сумма
произведений площадей элементарных площадок на их
расстояния до двух взаимно перпендикулярных осей
(рис. 2.43, а):
Jxy=^xydF.
F
Моменты инерции измеряются единицами длины в чет
вертой степени (мм4, см4, м4). Осевые моменты инерции
всегда положительны, а центробежный в зависимости от
расположения осей может быть положительным, отрица
тельным или равньш нулю.
Момент иперции сложной фигуры равен алгебраиче
ской сумме моментов составляющих ее частей:
^=А+А+ ••• +^Л=2ЛОсевой момент инерции сечения относительно произ
вольной оси х (или у) равен моменту инерции относитель
но центральной оси х0 (или у0), параллельной данной
оси х (или у), плюс произведение площади сечения на
квадрат расстояния между осями (рис. 2.43, б):
Л=Л0+ЛЛ J=Jyo+^.
Главные оси хну характерны тем, что центробежный
момент инерции относительно этих осей равен нулю, а
осевые моменты инерции принимают максимальное и
минимальное значения Jx=Jmaxf J =JmI или, наоборот,
* х dmin> и у ''max*
Ось симметрии сечения и любая ось, ей перпендику
лярная, являются главными осями. Главные оси,
проходящие через центр тяжести сечения, называются
главными центральными осями.
Моменты инерции некоторых простейших плоских
фигур относительно их главных центральных осей опре
деляются по формулам:
1. Для прямоугольника (рис. 2.44, а)
Jx=bh3/12, Jy=hb*№.
2. Для круга (рис. 2.44, б)
Jx=Jy=nd4/64.
155
3. Для кольца (рис. 2.44, в)
Jx=Jy=(ndV64)(l-a7,
где
a=djd.
Рис, 2.44
2.17.
ПРИМЕРЫ
ВЫЧИСЛЕНИЯ
МОМЕНТОВ
ИНЕРЦИИ
Пример 2.44. Для заданного сечения (рис. 2.45)
вычислить главные центральные моменты инерции.
Решение. Сечение имеет две оси
симметрии, которые являются его
главными центральными осями.
Разбиваем сечение на две про
стейшие
фигуры:
прямоугольник
(/) и два круга (//).
Момент инерции сечения относи
тельно оси х
где
ji = b2dW=2 7</4
12
Ось х (центральная ось сечения) не является централь
ной осью круга. Следовательно, момент инерции круга
следует вычислять по формуле
Л^^+а^11,
где
Л^л^М a=0,6d, FH=nd74.
156
Подставляя значения j[\ п, F11 в формулу, получаем
Л1 = (nd4/64) + (0,6d)2 (ш/2/4)=0,331 d\
Тогда
Jx=2,7d4 - 2.0,331d4=2,04d4.
Ось у является центральной для прямоугольника и
кругов. Следовательно,
Jy=J^ - 2JJ1 =3d (1,2d)3/12 - 2^d4/64=0,335d4.
Пример 2.45. Для заданного сечения (рис. 2.46)
определить положение главных центральных осей и вы
числить главные центральные моменты инерции.
Решение.
Центр
тяжести лежит на
оси Оу, так как она
является осью сим
метрии сечения. Раз
бив сечение на два
прямоугольника
I
(160x 100)
и
II
(140x80) и выбрав
вспомогательную ось
и, определим коорди
нату центра тяжести
_ ^и__ ^i^i— ^2у2 __ 16-10-5—14-8-4 _ 7 оо
Vn—
—------------------------------------------------ —1,00 СМ.
0
F
Г, —F2
16.10—14-8
Оси Ох и Оу — главные центральные оси сечения
(Оу — ось симметрии, ось Ох проходит через центр тя
жести сечения и перпендикулярна к Оу).
Вычислим главные моменты инерции сечения Jx и Jy:
где
/1 = Д+«1^ Л^ДЧа^;
здесь
Л^Ю-Ю3/^; J^U-SW;
ах=у0 — ^=7,33— 5=2,33 см, a2=v0—у,=7,33 — 4 =
=3,33 см.
Тогда
4=^^+2,332.16-10- /^-+3,332- 14-8К370 см4.
л
12
\ 12
J
157
Ось Оу является центральной осью для прямоуголь
ников / и II. Следовательно,
Jy= 10-16712 — 8-14712=1584 см4.
Для проверки правильности решения можно разбить
сечение на прямоугольники другим способом и вновь
произвести расчет. Со
впадение
результатов
явится подтверждением
их правильности.
Пример 2.46. Вы
числить главные цент
ральные моменты инер
ции сечения (рис. 2.47).
Решение.
Сечение
имеет две оси симмет
рии, которые и являют
ся его главными цент
ральными осями.
Разбиваем
сечение
на два прямоугольника
с &хй = 140х8 и два
прокатных
швеллера.
Рис. 2.47
Для швеллера № 16 из
таблицы
ГОСТ 8240—72
имеем
JXl=Jx—747 см4;
Jyj=63,3 см4, /7=18,1 см2, z0=l,8 см.
Вычислим JxЛ и J-.
У
J X=2(J Xi+bh*l\2+albh}=2№
+ 8,42-14-0,8)=3080 см4;
Jy=2 (^,+^4-^72)=2(63,3+5,22-18,14-0,8-14712) =
= 1470 см1, гд e^b/2 — z0= 140/2 — 18=52 мм.
Пример 2.47. Определить положение главных цент
ральных осей и вычислить главные центральные моменты
инерции заданного сечения (рис. 2.48).
Решение. Заданное сечение разбиваем на прокатные
профили: швеллер I и два двутавра II. Геометрические
характеристики швеллера и двутавра берем из таблиц
прокатной стали ГОСТ 8240—72 и ГОСТ 8239—72.
Для швеллера № 20 JX1=113 см4 (в таблице Jy)}
./)., = 1520 см4 (в таблице Jх\, ^=23,4 см2; го=2,О7 см.
Для двутавра №18 JX2=1330 см1 (в таблице Jx)j
^уг=94,6 см4 (в таблице Jy); F2=23,8 см2.
158
Одной из главных осей является ось симметрии Оу,
другая главная ось Ох проходит через центр тяжести
сечения перпендикулярно к первой.
Выбираем вспомогательную ось и и определяем ко
ординату р0:
0
= ^=2V4±2^= 23+20I07+2J^^
F
Л+2Г2
23,4+2-23,8
см
’
’
где ^=180+20,7=200,7 мм и у2= 180/2=90 мм.
Рис. 2.48
Вычисляем Jx и Jy:
J^J^+a^+2 (JX2+alF2) = 113+7,442- 23,4+
+2(1130+3,632-23,8)=4700 см4,
где a1=v1 — ро=2ОО,7 — 126,3=74,4 мм, а2=и0—у2=
= 126,3 — 90=36,3 мм.
Jy=Jyi+2 (7Уг+^+2) = 1520+2 (94,6+5,252-23,8)=
= 3020 см4,
где г2=100— 95/2=52,5 мм.
ГЛАВА IX. ИЗГИБ
§ 2.18. ЭПЮРЫ ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ И ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ
В поперечных сечениях балок возникают попереч
ные силы Qy и изгибающие моменты Мх.
159
Поперечная сила в сечении балки численно равна алгеб
раической сумме проекции внешних сил, лежащих по
одну сторону от сечения, на направление, перпендикуляр
ное оси балки. Поперечная сила считается положительной,
если внешние силы направлены слева вверх, а справа
вниз (рис. 2.49, а), и отрицательной, если слева — вниз,
а справа — вверх.
Изгибающий момент в сечении балки равен алгеб
раической сумме моментов (относительно центра тяжести
Рис. 2.49
рассматриваемого сечения) внешних сил, приложенных
по одну сторону от сечения.
Изгибающий момент считается положительным от тех
внешних сил, которые изгибают балку выпуклостью вниз
(рис. 2.49, б). В этом случае внешние силы дают момен
ты, направленные слева по часовой стрелке, а справа —
против. Момент считается отрицательным от тех внешних
сил, которые изгибают балку выпуклостью вверх, т. е.
в том случае, когда момент внешних сил действует слева
против часовой стрелки, а справа — по часовой стрелке.
Пользуясь методом сечений и рассматривая равнове
сие отсеченной части балки (левой или правой), можно
определить выражения поперечных сил и изгибающих
моментов в функции от внешней нагрузки и абсцисс се
чений. Полученные уравнения позволяют построить эпюры
Qy И Мх.
При построении эпюр поперечных сил и изгибающих
моментов по уравнениям рекомендуется пользоваться
табл. 2.5.
160
Таблица 2.5
Последовательность построения эпюр поперечных сил
и изгибающих моментов по уравнениям
Что делать
Чем руководствоваться
1. Определить
опорные
реакции и найденные значе
ния проверить
2Л> = 0; Ид-Р-чу-б+^О;
2тд = 0; —Р.З —<7-6.6 +Ув.9 = 0;
1/в=Ю0 кН; Гд = 80 кН
2. Балку разделить на
участки, границы которых
совпадают с точками прило
жения сил, пар сил или
с точками начала и конца
распределенной нагрузки
3. На каждом участке про
вести сечение и, рассматри
вая равновесие отсеченной ча
сти балки (левой или правой),
составить уравнения, выра
жающие поперечную силу и
изгибающий момент
1 участок 0<2<3 м;
II
»
3 м<2<9 м
31 = Ул = 80 кН;
С2 = ^д-Р-7(г-3) =
= 80 — 60—20 (г —3);
М1 = 1/лг==80г;
Л42 = ^Д2-Р(г-3) —^(з-3)2/2 =
= 80z — 60 (г — 3) — 20 (z — 3)2/2
4. Подставляя в найден
ные
уравнения
значения
абсцисс на каждом участке,
вычислить в ряде сечений
величины поперечных сил и
изгибающих моментов
5. По вычисленным значе
ниям поперечных сил и из
гибающих моментов постро
ить в масштабе соответст
вующие эпюры
II
Заказ № 226
161
Пример 2.48. Построить эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов для балки, изображенной на
рис. 2.50, а.
Решение. При построении эпюр для балок с одним
защемленным концом можно не определять опорные реак
ции. Проводя сечение, будем рассматривать равновесие
той части, к которой приложены только внешние (актив
ные) силы. Для балки по
рис. 2.50, а такой частью
будет левая.
Рассматривая равнове
сие левой отсеченной час
ти балки, выразим попе
речную силу и изгиба
ющий момент в произволь
ном сечении
Qy=P = 2 кН.
Поперечная сила положи
тельна, так как внешняя
нагрузка направлена сле
ва от сечения вверх, Qv
постоянна на всем протяжении балки. Эпюра поперечных
сил построена на рис. 2.50, б.
М х=т+ Pz=8+2z.
Оба слагаемых, входящих в выражение изгибающего
момента, положительны, так как соответствующие внеш
ние силы изгибают балку выпуклостью вниз. Изгибающий
момент выражается линейной функцией от абсциссы се
чения z. Поэтому для построения этой эпюры достаточно
найти значения изгибающего момента только в двух се
чениях балки:
при z=0 Л1Х=8 кН-м,
» z=3 м Л1л=14 кНм.
Эпюра моментов показана на рис. 2.50, в.
Пример 2.49. Построить эпюры Qy и Мх для бал
ки, изображенной на рис. 2.51, а.
Решение. Из условия симметрии очевидно, что
VA^VB=ql/2.
Проводим произвольное сечение /—/ на расстоянии 2
от опоры А балки и рассматриваем левую отсеченную
часть. Поперечная сила в произвольном сечении
162
Qy=VA — Qz=qU2 — qz=q{H2 — z)
— поперечная сила изменяется по линейному закону.
Найдем значение Qy в начале и в конце участка:
при z=0 Q ~ql/2,
» z=l Qv= — ql/2.
Эпюра Qy показана на рис. 2.51, б..
Изгибающий момент в про
извольном сечении
Mx=VAz — qz-z/2 =
=(ql/2)z-qz*/2 =
= q(lz — z2)/2.
— изгибающий момент изме
няется по закону квадратной
параболы.
Вычислим Мх в начале,
посередине и в конце участка:
при 2=0 Мх=0,
» 2=//2 Mx=qP/8t
» z=i Мх=0.
Эпюра Мх показана на
рис. 2.51, в.
Пример 2.50. Построить
эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов для
Рис. 2.51
балки,
изображенной
на
рис. 2.52, а.
Решение. Определяем опо
реакции. Реакция VA
направлена вверх, VB —вниз, так как эти реакции об
разуют пару сил, уравновешивающую пару с моментом т.
Составляя суммы моментов относительно опорных точек
А и В, находим:
2тл=0, VAl — m=Q, VA=m/l\
^тв=0, VBl — т=0, VB=m/l.
Для проверки опорных реакций составляем сумму
проекций на вертикальную ось:
^Piy=0, Va-Vb=Q, m/l-rn/l=0,
следовательно, реакции вычислены правильно.
Балка имеет два участка /, II. Проводим произволь
ное сечение на участке I на расстоянии z от опоры А и
рассматриваем левую отсеченную часть. Поперечная сила
11*
163
на этом участке постоянна, равна реакции VA и положи
тельна, так как эта реакция направлена вверх и прило
жена слева от сечения.
Qly=VA=m/l.
Изгибающий момент
в произвольном сече
нии участка /
Mlx=VAz=mz/li
при zx=0 Mx=0,
» z^a Mlx—ma/l.
Момент
положите
лен, так как сила VA
изгибает балку выпук
лостью вниз.
В произвольном се
чении участка II попе
речная сила будет та
кой же, как на участ
ке I:
О.у=УА=тЦ.
Изгибающий момент в произвольном сечении участ
ка II
Mx'=VAz — m=mz/l — т=т (z — I)/1.
Вычислим изгибающий момент в начале и в конце
участка /7:
при z=a М^=т(а — Г)/1 = —т(1—а)/1 =—mb/l,
» 2=:1 м"=о.
Эпюры Qy и Мх показаны на рис. 2.52, б, в. В сече
нии, где приложен сосредоточенный момент, в эпюре из
гибающих моментов имеется скачок, равный по величине
внешнему моменту.
Пример
2.51. Для
балки, изображенной
на
рис. 2.53, а, построить эпюры Qy и Мг.
Решение. Определяем опорные реакции VA и VB:
^тА=0, -У^+Рз-З+^-^О,
откуда
VB=(3P2+P1)/4=(3-4-|-2)/4=3,5
кН.
2>в=0, Ул.4-Р1.3-Р2-1=0,
164
откуда
Ул=(ЗЛ+^)/4=(3-2+4)/4=2,5
кН.
Составляем проверочное уравнение:
2Лу=0, VA-PX-P^VB=B, 2,5-2-44-3,5=0,
следовательно, опорные реакции определены верно.
Балка имеет три участка /, II, III (см. рис. 2.53, а):
участок I — от опоры А до силы Рг (0<г<1 м), участок II — от силы Рг
до силы Р2 (1 м<
<г<3 м),
участок
III — от силы Р2 до
опоры В. На этом
участке
абсциссу
удобнее отсчитывать
не слева, а справа,
т. е. от опоры В
(0<21<1 М).
Поперечная сила
в произвольном сече
нии участка I
Q*=V^=2,5 кН,
в произвольном сече
нии участка II
Оу^а-р^
=2,5 —2=0,5 кН,
Рис. 2.53
в произвольном сечении участка III
Qy“ = —VB = —3,5 кН.
Если рассматривать левую отсеченную часть балки,
то получим то же самое значение поперечной силы:
Q"‘=V4 —Р1-Р2=2,5-2-4 = -3,5 кН.
В последнем случае вычисления оказались более гро
моздкими, так как к левой части балки приложено три
силы, а к правой — только одна.
В пределах каждого участка поперечная сила постоян
на. По вычисленным значениям с соблюдением правила
знаков эпюра Qy построена на рис. 2.53, б. Эпюра имеет
скачки под сосредоточенными силами VAt Plt Р^ V в\
165
величина и направление скачк'а соответствуют величине и
направлению внешней силы.
Переходим к построению эпюры изгибающих момен
тов. Берем сечение в пределах участка /; слева от него
расположена одна сила — опорная реакция VA. Изгибаю
щий момент в произвольном сечении участка I
Mlx=VAz=2,5z.
Полученное выражение является уравнением прямой,
поэтому для построения эпюры моментов на этом участке
достаточно найти ординаты двух точек:
при г=0 М1=0,
» z=l м М1=2,5 кН м.
Значение ординаты Мх=2,5 кН-м в выбранном мас
штабе откладываем вверх под точкой приложения
силы Pv Для определения изгибающего момента на
участке II также рассматриваем равновесие левой отсе
ченной части балки:
Mxl=VAz — Pl (2- 1)=2,52 —2(2 — 1).
Полученное выражение является уравнением прямой.
Для построения эпюры изгибающих моментов на
участке II нужно определить ординаты в двух точках:
при 2=1 м /И]1 =2,5-1 -2(1 — 1)=2,5 кН-м,
» 2=3 м Mi*=2,5-3 — 2(3- 1)=3,5 кН-м.
Значение Ali1 =3,5 кН-м откладываем вверх под
силой Р2 и соединяем с уже построенной ординатой в
сечении под силой Pv
На участке /// целесообразно рассмотреть правую
часть балки, так как к ней приложено меньше сил, чегл
к левой
мР’^г^З.бгр
где 21 отсчитывается от опоры В и изменяется в преде
лах от 0 до 1 м;
при гх=0 Л1"’=0,
» 21=1 м М]1'=3,5-1=3,5 кН-м.
Под силой Рг значение М"=Л1{И, что подтверждает
правильность решения.
Эпюра
изгибающих
моментов
изображена
на
рис. 2.53, в.
166
Пример 2.52. Построить эпюры поперечных сил и
изгибающих моментов для балки, изображенной на
рис. 2.54, а.
Решение. Определим опорные реакции:
%тА=0, -Pa+ql-l/2-VBl=0,
^тв=0, -P(l+a)±VAl-ql-1/2=0,
откуда
TZ
0,5ql2 — Pa
0.5.2-82 —4-2
7 „
Уя=—--------- =—---------------- =7 кН,
B
I
8
’
P(/+a)+0AJ^ 4(8+2H^
= 13 кН.
Составим
прове
рочное уравнение:
2Р;=0, -Р+
+Кл —qlA~V в—®*
-4 + 13-2-8+7=0,
следовательно, реак
ции определены вер
но.
Балка имеет два
участка
/,
II
(рис. 2.54, а). На уча
стке / при измене
нии z от 0 до 1 м
Qly = —P = —4 кН по
стоянна; М1Х= —Pz =
Эпюра Мк
=—4zx —прямая ли
Мтак~^,25кН‘М
ния; при 2=0Л11=0;
при z=2 м М\=
=—4-2 =—8 кН-м.
Для сечения на
участке II при изме2-54
нении г от 2 до 10 м Q” = — P+VA — q (z— 2)=—4+
+ 13 — 2(г — 2) — прямая линия; Л4^=—Pz+VA (г — 2) —
— 0,5q {г — 2)2=—4г+13 (г — 2) — (z — 2)2 — парабола.
Найдем на участке II сечение, соответствующее
экстремальному значению изгибающего момента: для этого
107
приравняем нулю значение поперечной силы
участке
q;'=-4+ 13 - 2 (z0 — 2)=0,
на
этом
откуда z0=6,5 м.
Подставляя в уравнение для М1
Х1 найденное значе
ние г0, получаем: при г0=6,5 м Al{I=Mmax= 12,25 кН-м;
кроме того, при z=2 м Л4" = —8 кН-м, Qj'=9 кН; при
г=10 м ^**=0, Qy=—7 кН. По этим значениям построе
ны эпюры попереч
ных сил и изгиба
ющих
моментов
(рис. 2.54, б, в).
Пример
2.53.
Построить эпюры из
гибающих моментов
и поперечных сил
для балки, изобра
женной на рис. 2.55, а.
Решение. Опреде
ляем опорные реак
ции:
^тА=0;
0,5^a2+/n — Ув/=0,
или 0,5-2-62+
+ 20 —Ув-10=0;
Рис. 2.55
2wB=0; Ул/ — qa(б+с+0,5а)+/п=0, или Ул • 10 —
-2-6-7+20=0,
откуда
Ув =5,6 кН, Ул =6,4 кН.
Составляем проверочное уравнение:
2Лу=0, VA-qa+VB=0, 6,4 - 2-6+5,6=0,
следовательно, опорные реакции определены верно.
Балка имеет три участка 1, II, III (рис. 2.55, а):
участок 1 — г—0— 6 м; участок I/ — z=6 —8 м; участйкл
7//-z=8—10 м.
На участке / при изменении z от 0 до 6 м
Q—VA— ^z=6,4 — 2г
168
— уравнение прямой линии, наклоненной к оси балки;
MI=VaZ — 0,5^г2=6,4г — z2
— уравнение параболы.
На участке II при изменении г от 6 до 8 м
Q*1^-<7л=6,4-2-6=-5,6 кН
— уравнение прямой, параллельной оси балки;
^ — V az — qa(z — 0,5a)=6,4z — 12 (г — 3)
— уравнение прямой, наклоненной к оси балки.
На участке III при изменении z от 8 до 10 м
^‘И = УЛ-^=6,4 —2-6=-5,6 кН
— уравнение прямой (такой же, как и для участка //);
Mxli=VAz — qa(z — 0,5fl)+/n=6,4z — 12 (г — 3) + 20
— уравнение прямой, наклоненной к оси балки.
Подставляя в уравнения поперечных сил и изгибаю
щих моментов значения абсцисс z, соответствующие гра
ницам участков, получаем величины Qy и Mt в соответ
ствующих сечениях:
при г=0 Qy=Q^ = 6,4 кН, Мх = МА=0,
» z=6 м Q‘ = Q2eB=-5,6 кН, М\=МС=2Д кН-м,
» z=6m Q'' = ^p=-5,6 кН, М1
Х'=МС=2,4 кН-м,
s z=8 м Q^=Qd = -5,6 кН, m\'^Mdb=
= —8,8 кН-м,
» z=8 м Q‘"=Qd = -5,6 кН, мГ^Л!^
= 11,2 кН-м,
» z=10 м Qy=QB=-5,6 кН, М'Х"=МВ=О.
В сечении, где приложена сосредоточенная пара сил,
имеется скачок в эпюре изгибающих моментов, равный
величине момента пары т=20кН-м. Чтобы найти макси
мальное значение изгибающего момента на участке /,
приравняем нулю значение поперечной силы на этом
участке:
Qi=6,4-2zo=O,
откуда. г0=3,2 м.
Подставив это значение z0 в уравнение для Мх, полу
чаем:
ЛпаХ=6,4г0-г^=6,4.3,2-3,22= 10,24 кН м.
>69
Следует иметь в виду, что наибольший изгибающий
момент может не совпадать с аналитическим максимумом,
как, в частности, оказалось в нашем случае.
Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов построе
ны на рис. 2.55,6, в.
Заметим, что при определении изгибающих моментов
на участке III проще было рассматривать равновесие пра
вой отсеченной части балки.
Рис. 2.56
Пример 2.54. Построить эпюры поперечных сил
и изгибающих моментов для балки, изображенной на
рис. 2.56, а.
Решение. Определим опорные реакции:
2тл=0, -q^-a/2 + q2b-b/2+ Pb+m ^ VB (b+e+d)=0;
2 tnB=Of —q^ (а/2+b+c-pd) — q2b (b/2+c+d) —
—P(c+d)+m+VA (b-pc+d')^
откуда
_ —(р&цсР-рО'ЬдгЬг-рРЬ-рт
V »---------------------------------------------- =
b+c-pd
170
qiaQJia+b+cj-dy^
b+c+d
5-1,6-5.8+10-2-4+60.3—10
cn OQ
„
Составим проверочное уравнение:
2Лу=0> —9i« —9гй —^+^+^b=0. или
-5-1,6- 10-2 — 60+28,724-59,28=0,
следовательно, реакции вычислены верно.
Балка имеет четыре участка /, II, III, IV (рис. 2.56, а).
Проводим сечение в пределах участка / (0<2<1,6 м) и,
рассматривая равновесие левой отсеченной части, опреде
ляем аналитические выражения поперечной силы и изги
бающего момента на этом участке:
Qly=—qtZ =—5z;
М1=-^г-г/2=-2,522.
Поперечная сила изменяется по линейному закону:
при г=0 QJ=QC=O,
» z = l,6 м O^Q*61^—8 кН.
Изгибающий момент Мх изменяется по закону квад
ратной параболы, параболу строим по двум точкам:
при z=0 М\^МС~^\
« 2=1,6 м Л11 = Л4Л =—6,4 кН-м.
Аналогично, проводя сечения на участке // (1,6 м<
<2<3,6 м) и рассматривая равновесие левой отсеченной
части балки, получаем:
Q[y[ =—<]ia+VA — ?2(2 — а) =—5-1,6+59,28 —
- 10(2- 1,6)=51,28- 10(2- 1,6);
м'х' = —q^(2 — 0,5о) + VA (z — а) — q^z — а)г-^=
==_8(г-0,8)+59,28(г- l,6)-5(z- 1,6)а.
Поперечная сила на участке II, как и на участке I,
изменяется по линейному закону:
при z=l,6 м Q*1 =Qy=51,28 кН,
» г=3,6 м Qi/=Q£B=31,28 кН.
Изгибающий момент на участке II изменяется по за
кону квадратной параболы:
при 2=1,6 м М1
Х1=МА =—Ь,4 кН м,
171
при г=3,6 м Mx1=Md =76,16 кН-м.
Проводим сечение на участке III и рассматриваем рав
новесие правой части, отсчитывая абсциссы от точки
В (1,8 м<гх<3 м).
К правой отсеченной части балки приложено меньше
внешних сил, чем к левой, поэтому составление аналити
ческих выражений для поперечной силы и изгибающего
момента будет проще:
Qi4=_yB=_28,72 кН;
М1
,11^^ — /«=28,722!- 10.
Поперечная сила на участке III постоянна. Изгибаю
щий момент изменяется по линейному закону:
при ^=1,8 м Mln = Al^B=41,69 кН-м.
» zx=3 м Mxll=MD =76,16 кН-м.
Проводя сечение на участке IV, так же рассматриваем
равновесие правой отсеченной части (0<zx<l,8 м):
Q7 = -Ий=-28,72 кН,
M’v = -Vfi21=-28,72zv
Эпюра поперечных сил изображается прямой, парал
лельной оси балки, как и на третьем участке. Эпюра из
гибающих моментов имеет вид наклонной прямой:
при zx=0 лСУ=Мд=0,
« zx=l,8 м M1V=M^=51,69 кН-м.
По полученным данным на рис. 2.56,6, в построены
эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
§ 2.19. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ
И ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ ПО ХАРАКТЕРНЫМ ТОЧКАМ
Между выражениями изгибающего момента Мк, попе
речной силы Qy и интенсивностью распределенной нагруз
ки q существуют следующие дифференциальные зависи
мости:
dMx
и, следовательно,
172
„
dQy
>1и->|-г
На основе метода сечений и дифференциальных зависи
мостей можно сделать ряд выводов о характере эпюр Qv
и Мх в зависимости от действующих на балку нагрузок
Для эпюры поперечных сил:
1. На участке, нагруженном равномерно распределен
ной нагрузкой, эпюра изображается прямой, наклоненной
к оси балки.
2. На участке, свободном от распределенной нагрузки,
эпюра изображается прямой, параллельной оси балки.
3. Подсечением балки, где приложена сосредоточенная
сила, в эпюре поперечных сил имеется скачок, равный
величине приложенной силы.
4. В сечении, где приложена сосредоточенная пара сил,
поперечная сила не изменяет своего значения.
5. В концевом сечении балки поперечная сила числен
но равна сосредоточенной силе (активной или реактивной),
приложенной в этом сечении. Если в концевом сечении
балки не приложена сосредоточенная сила, то поперечная
сила в этом сечении равна нулю.
Для эпюры изгибающих моментов:
1. На участке, нагруженном равномерно распределен
ной нагрузкой, эпюра моментов изображается квадратной
параболой. Выпуклость параболы направлена в сторону,
противоположную действию нагрузки (навстречу ей).
2. На участке, свободном от равномерно распределен
ной нагрузки, эпюра моментов изображается прямой
линией.
3. Под сечением балки, где приложена сосредоточен
ная пара сил, в эпюре изгибающих моментов имеется
скачок, равный величине момента приложенной пары сил.
4. Изгибающий момент в концевом сечении балки
всегда равен нулю, если в нем не приложена сосредото
ченная пара сил. Если же в концевом сечении приложена
активная или реактивная пара сил, то изгибающий мо
мент в этом сечении равен по величине моменту прило
женной пары.
5. На участке, где поперечная сила равна нулю, бал
ка испытывает чистый изгиб, и эпюра изгибающих мо
ментов—прямая, параллельная оси балки.
6. Изгибающий момент принимает экстремальное зна
чение в сечении, где поперечная сила равна нулю.
Приведенные выводы о взаимосвязи эпюр Мх и Qy
между собой и с внешней нагрузкой позволяют обходиться
без составления уравнений изгибающих моментов и попе173
Таблица 2.6
Последовательность построения эпюр поперечных сил
и изгибающих моментов по характерным точкам
Что делать
Чем руководствоваться
1. Определить опорные
реакции и найденные их зна
чения проверить
2. Балку разделить на
участки, границы которых
совпадают с характерными
точками, т. е. с точками
приложения сил, пар сил
или с точками начала и
конца распределенной на
грузки
3. Определить вид эпюры
поперечных сил на каждом
участке в зависимости от
внешней нагрузки
4. Вычислить поперечные
силы в характерных сече
ниях и построить эпюру
5. Определить вид эпюры
изгибающих моментов на
каждом участке в зависи
мости от внешней нагрузки
6. Вычислить изгибающие
моменты в характерных се
чениях и построить эпюру
речных сил для каждого участка балки. Достаточно вы
числить ординаты эпюр для характерных сечений и со
единить их линиями в соответствии с изложенными выше
правилами. Характерными являются сечения балки, где
приложены сосредоточенные силы и моменты (включая
опорные сечения), а также сечения, ограничивающие уча
стки с равномерно распределенной нагрузкой. Для опре
деления экстремальных значений изгибающих моментов
174
дополнительно определяются моменты в сечениях, где по
перечные силы равны нулю.
При построении эпюр поперечных сил и изгибающих
моментов по характерным точкам рекомендуется пользо
ваться табл. 2.6.
Пример 2.55. Построить эпюры поперечных сил
и изгибающих мо
ментов для балки,
изображенной
на
рис. 2.57, а.
Решение. Опреде
ляем опорные реак
ции:
^тА=0; —0,5q1a2+
-рР fl-pPг’2о+
•pq^'^a^a-p
+m — Vfl-4a=0,
или —0,5-2-12+4х
X 1+2-2-1 + 1 -2-2 +
+5-4VB=0;
£тв=0;
— q1a-4,5a-pVA-4a —
— Р^За— Р2-2а—
Рис. 2.57
— q2-2a‘2a-pm=0,
или -2-4,5+4Ил—4-3-2-2 — 1-2-2+5=0, откуда VB=
=4 кН; Ул=6 кН.
Составляем проверочное уравнение:
£7^=0, -д^+Уд -Р2- P2+VB - q2-2a=0,
или —2-1+6 — 4 — 2+4—1-2=0, следовательно, опор
ные реакции найдены верно.
Балка имеет пять участков нагружения /, 11, III, IV,
V (см. рис. 2.57, а). Характерными являются сечения О,
А, 1, 2, 3, В. На участках I, Ill и IV поперечная сила
изменяется по линейному закону, на участках II nV она
постоянна.
Вычисляем ординаты эпюры Qy в характерных сечениях:
в сечении 0
Qy=0,
»
»
Мелева Q^eB = —?1О = —2 кН,
175
в сечении ЛСпРава Q^p=—<71а+Уд=4 кН,
»
»
/слева Q™=Q7=4 кН,
»
»
/справа З^-^а+Уд-Л^Г-^О,
»
»
2Слева QjCB=
УА А~ Уд
^1
^2® = Q”P “'
-?2а=-1 кН,
»
»
Справа С^^Г-^-З кН,
»
»
5 Q3=—Ув=—4 кН.
Эпюра поперечных сил построена на рис. 2.57,6. В точ
ках А, 1, 2, В на эпюре поперечных сил имеются скачки,
равные приложенным в этих точках сосредоточенным
силам.
Переходим к построению эпюры изгибающих моментов.
На участках I, 111 и IV изгибающий момент изменяется
по закону квадратной параболы, на участках 11 п V —
по линейному закону.
Вычисляем изгибающие моменты в характерных сече
ниях:
всечении 0 Мо=О,
»
»
Л Мл=-^=-1 кН-м,
1 М^ — q^- 1,5а4-Ула=3 кН-м,
2 M2= — q1a-2f5a+VA-2a — P1a — q2a-0J5a=
=2,5 кН-м,
»
»
^справа A^^P = V^6l = 4 кН’М,
»
»
Зелена M^ea=VBa — т=4 — 5=—1 кН-м.
Эпюра изгибающих моментов построена на рис. 2.57, в.
Под точкой приложения сосредоточенной пары сил в эпюре
моментов имеется скачок, равный величине этого момента.
»
»
»
»
§ 2 20. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
Условие прочности для балок с сечениями, симмет
ричными относительно нейтральной оси, имеет вид:
$max = ^x тах/^х^ l^L
где Wx — осевой момент сопротивления сечения.
Для подбора сечения балки (проектного расчета) из
условия прочности определяют необходимую величину
осевого момента сопротивления:
^^max/M-
По найденному моменту сопротивления 1ГХ, выбрав
форму поперечного сечения, находят его размеры.
176
Наибольший допускаемый по условию прочности изги
бающий момент определяется выражением
[Mxmj<wj4
Зная величину Мхтах, можно определить допускаемую
величину нагрузки, действующей на балку.
Для балок из пластичного материала следует приме
нять сечения, симметричные относительно нейтральной оси.
Для балок из хрупкого материала целесообразно при
менять сечения, несимметричные относительно нейтраль
ной оси.
Касательные напряжения в сечениях балки обычно не
играют существенной роли. В некоторых случаях прихо
дится проверять прочность сечения и по наибольшим ка
сательным напряжениям:
тта х — Qy^x/( ^ х) ^ [Т L
где Qy — поперечная сила в проверяемом сечении; 5Х —
статический момент относительно нейтральной оси части
площади сечения, ле
у=1гпс/м
жащей выше или ни
же линии, параллель
ной нейтральной оси
и проходящей через
точку, в которой опре
деляются
напряже
Рис, 2.58
ния;
Jx — момент
инерции поперечного сечения балки относительно ней
тральной оси; & — ширина сечения на том уровне, где
определяются касательные напряжения.
Для прокатных профилей значения моментов инерции
приведены в сортаменте, там же указаны значения отно
шения JJS„ входящие в формулу касательных напря
жений.
Для некоторых сечений, вычисляя значения Jx и Sx
и подставляя в формулу для ттах, можно ее упростить.
Для прямоугольного сечения
3 Qy шах
Tmax=I~’
для круглого сечения
4 Qymax
Ттах=Т^м‘
Пример 2.56. Проверить прочность деревянной балки
(рис. 2.58), если [о]=100 кгс/см2; [т]=10 кгс/см*2.
12 Заказ № 226
177
Решение. Максимальные изгибающий момент и попе
речная сила возникают в сечении заделки.
МА =—д1-Ц2=-\-2*12=-2 тс-м, MMJ=|AfJ=2 тс-м,
QA = ql=l-2=2 тс, Qmax=Q4=2 тс.
Максимальные нормальные напряжения
°тах = ^х тахЖх = 2 * Ю5/3000=67 КГс/сМ2<[о] = 100 КГс/сМа,
где
ГЛ=М2/6=20-302/6=3000 см3,
т. е. прочность по нормальным напряжениям обеспечена.
Максимальные касательные напряжения
тШах=3$утах/(2М)=3.2.103/(2-20-30)=5 кгс/см2<
<[т]=10 кгс/см2,
следовательно, и по касательным напряжения прочность
обеспечена.
Пример 2.57. Подобрать сечение стальной балки,
изображенной на рис. 2.59, а в трех вариантах: 1) про
катный двутавр, 2) прямоугольник с отношением сторон
h/b=4/3, 3) круг. Определить отношения масс балок пря
моугольного и круглого сечения к массе балки двутавро
вого сечения. Допускаемое напряжение [о]=160 Н/мм2.
Проверить подобранные сечения по касательным напряже
ниям. Допускаемое касательное напряжение [т]=96 Н/мм2,
178
Решение. Эпюры поперечных сил и изгибающих момен
тов построены на рис. 2.59,6, в.
Максимальный изгибающий момент возникает в сече
нии посередине пролета балки Мхтах=37,5 кН-м. Тре
буемый момент сопротивления
Гх>Л4хтах/[о]=37,5-107160 =234-103 мм3=234 см3.
Подбираем сечение балки в трех вариантах:
1.
Сечение — прокатный
двутавр.
По
таблице
ГОСТ 8239—72 подходит двутавровый профиль № 20а,
его момент сопротивления 117^=237 см3, площадь сечения
^=35,5 см2.
2. Сечение — прямоугольник с отношением сторон
h/b=4/3.
Для прямоугольника Wx=bh2/6; подставляя сюда Ь =
=Зй/4 и приравнивая Wx требуемому значению, получаем:
Wx=bh2/6=3hh2/(4-6)=h3/8=234 см3,
откуда
/1 = ^8^=2^234=12,3 см,
&=3/г/4=3-12,3/4=9,2 см.
Площадь сечения F2= 12,3-9,2=113 см2.
3. Сечение — круг.
«7х=л</3/32=234 см3,
откуда
_________
d =/32-234/3,14=13,4 см.
Площадь поперечного сечения
F3=nd74=3,14-13,474=141 см2.
Отношение масс (равное отношению площадей сечений)
^
Л
—=3,18; -’=—=3,97.
35,5
F,
35,5
Следовательно, балка прямоугольного сечения тяжелее
двутавровой в 3,18 раза, а балка круглого сечения — в
3,97 рйза.
Проверим прочность балки по касательным напряже
ниям.
Наибольшая поперечная сила
Qymax=0,5P=0,5-50=25 кН=25 000 Н.
12*
179
Для двутавра К» 20а из ГОСТ 8239—72 находим
JJSX—YJ2 мм, толщина стенки балки Ь=0,7 см=7 мм.
Наибольшие касательные напряжения для двутавра
ттах=^^^=^-=20,8 Н/мм2<[т]=96 Н/мм2.
Для прямоугольного сечения й = 123 мм, &=92 мм
тт„=^%^-^^=3,31 Н/мм"<М-96 Н/мм».
Для круглого сечения d=134 мм
т
тах
=1^=±2.5000-4_ =2,35 Н/мм2<[т] = 96 Н/мм2.
Зл4г/4
3-3,14.1342
1 J
/
•
Во всех случаях максимальные касательные напряже
ния оказались значительно ниже допускаемых.
Пример 2.58. Определить, какую наибольшую рав
номерно распределенную нагрузку q можно приложить
к двухопорной балке пролетом 1=2 м, если ее сечение
представляет круг d=220 мм, а допускаемое напряжение
[о] =100 Н/мм2.
Решение. Для данного случая наибольший изгибаю
щий момент возникает посередине пролета
Мхтах=д121&.
Определяем допускаемое значение наибольшего изги
бающего момента
где
^=ш13/32=3,14.2203/32=1045.103 мм3;
тогда
l^xmaxK 1045-103-100= 1045-105 Н.ММ=1О4,5-1О3 Н-м.
Приравниваем вычисленное значение допускаемого изги
бающего момента его значению, выраженному через на
грузку:
[Л^ахНМт
откуда
1^1=8[MxmJ//2 =±12^1= 209. 10з н/мм =209 кН/м>
Пример 2.59. Определить допускаемый изгибающий
момент для чугунной балки, сечение которой изображено
на рис. 2.60. Допускаемые напряжения на растяжение
[ар]=300 кгс/см2, на сжатие [ос]=800 кгс/см2.
180
Решение. Момент инерции сечения вычисляем как раз
ность моментов инерции большого и малого прямоуголь
ников
25-403
j
4Q.603
(720- 133) 103=
12
12 “
12
12
=587.103 см4.
Осевой момент сопротивления
WX=2JX/H=2^87 000/60=19 570 см3.
Допускаемый
изгибающий
У
момент определяем из расчета
по наибольшим растягивающим
напряжениям
1Мр]<№х[ор] = 19 570.300=
=587-104 кгс-см=58,7 тс-м;
то же, по наибольшим сжимаю
щим напряжениям
[МсК^К! = 19 570-800 =
= 1566-104 кгс-см= 156,6 тс-м.
Меньший из вычисленных
в^оо
моментов [/Ир] = 58,7 тс-м определяет допускаемую нагрузку
рис. 2.60
балки.
Таким образом, в чугунной балке симметричного сече
ния допускаемая нагрузка ограничивается прочностью
растянутых волокон. Чтобы для чугунной балки допускае
мая нагрузка была одинакова по условиям прочности
растянутых и сжатых волокон, сечение ее должно быть
несимметричным относительно нейтральной оси. Расстоя
ния от нейтральной оси до крайних волокон растянутой
зоны ур и сжатой ус должны удовлетворять отношению
i?=I ^ pl
Ус [о»с]
Этого можно добиться, в частности, применив несим
метричный двутавр, у которого горизонтальная полка,
находящаяся в растянутой зоне, толще, чем полка, рас
положенная в сжатой зоне.
§ 2.21. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОГИБОВ И УГЛОВ ПОВОРОТА
В БАЛКАХ ПРИ ИЗГИБЕ
> f г> Одним из способов определения углов поворота и про
гибов сечений балок является интегрирование приближен
ного дифференциального уравнения упругой линии
EJxy”=±Mx.
181
Применяя специальные приемы интегрирования, на
основе этого уравнения получают так называемые обобщенные уравнения упругой линии и углов поворота се*
чений балки. Эти уравнения имеют вид
У=Уо+^+
слева
.
Ф = Фо +
m(z — а)2
у P(z — af
2EJX
6EJ
—а)
У m(z
",
слева
у д(г — с)*
2AEJ
yi Р^_—Ьу.
уч <7(г — с)3
^
£
слева
2EJX
6EJX
’
слева
где а, Ь, с—абсциссы сечений, соответствующих точкам
приложения пары сил с моментом т, силы Р и началу
участка равномерно распределенной нагрузки q.
Обозначения
у
знаков
сумм «слева» показывают,
что при определении прогиба
или угла поворота какоголибо сечения балки в уравне
нии учитываются только на
грузки, расположенные слева
от сечения. Значения нагру
зок считают положительными,
если они стремятся повернуть левую часть по часовой
стрелке, и отрицательными, если против.
При использовании обобщенных уравнений прогибов
и углов поворота в каждом частном случае необходимо
определять из условий закрепления балки у0 и %, кото
рые представляют прогиб и угол поворота балки в начале
координат.
Принятое правило знаков для перемещений: положи
тельному значению прогиба соответствует перемещение
сечения вверх, отрицательному — вниз; положительному
значению угла поворота — поворот сечения против часо
вой стрелки, отрицательному — по часовой стрелке.
Пример 2.60. Определить угол поворота и прогиб
свободного конца консольной балки, изображенной на
рис. 2.61.
Решение. Поместим начало координат на левом конце
балки и составим обобщенные уравнения упругой линии
и углов поворота:
y=yo+(foz+mzi/(2EJ х)> ^=%+mzHEJx).
182
Определяем начальные параметры у0 и ф0 исходя из
условий опорных закреплений:
при z=l уг=1=0,
» z=l ф2=,=0.
Из второго условия находим ф0:
фг=/=ф0+т//(£Л)=°>
откуда
q>0=--ml/(EJx).
Знак минус перед значением угла поворота показы
вает, что поворот начального сечения происходит по ча
совой стрелке. Из второго условия находим у0:
y;=i=y0+%l+ml2/(2EJx)=y0 — ml2/(EJx)+
+ml*/(2EJx)=0,
откуда
yQ=-mP/(2EJx).
Знак минус перед значением прогиба показывает, что
он направлен вниз, противоположно положительному на
правлению оси у.
Пример 2.61. Определить прогиб посередине пролета
балки, нагруженной равномерно распределенной нагруз
кой (см. рис. 2.51, а).
Решение. Поместим начало координат на левой опоре
балки и составим обобщенные уравнения упругой линии
и углов поворота:
У=Уо+ф(>г+4
----- qz*/(24EJx);
Ф=Фо+7 ^7- - qz3/(6EJx).
Определяем начальные параметры ,у0 и ф0 исходя из
условия опорных закреплений:
при z=0 уг=о=О,
» z=l уг=1=Ъ.
Из первого условия находим уо=О.
Из второго условия определяем ф0:
Уг=/=Ф0/+^4/(12ЕЛ) - ^/V(24£JJ=0,
откуда
Фи = -?/7(24ЕА).
Подставляя у0 и ф0 в уравнение прогибов, получаем
у
24EJX12EJX
24EJx*
183
В середине пролета при 2=0,5/ прогиб принимает
максимальное значение
= _ jfWO ,
др___________ £^_=____ £ _^
/max
24EJX
12-8EJX
24-\6EJx
384 EJX’
Знак минус перед значением прогиба показывает, что
он направлен вниз, т. е. в сторону, противоположную по
ложительному направлению оси у.
Пример 2.62. Для балки,
изображенной на рис. 2.62, опре
делить прогиб под точкой приz ложения силы и углы поворота
на опорах А и В.
Решение. Поместим начало
координат на опоре А. Раз
обьем балку на два участка и
Рис. 2.62
составим обобщенные уравне
ния упругой линии и углов по
ворота для каждого из них, предварительно определив
опорные реакции:
Ул=РЬ/1, VB=Pa/l.
для первого участка
У=Уо+Фо2+К4г3/(6£7Л=уо+фог+Р&2^^
<Р=Ф0+^-=Ф04-Р^/(2£Л);
х
для второго участка
У=У0+%г+^~ — - (г
—'= Уо+<рог+
,Р\Ьг3 — / (г — а)3|
V# _ Р(г-а£=
Ф=Фо ^2EJ,
2EJX
. Plb^-J^-df]
2EJxl
Определяем начальные параметры исходя из условий
опорных закреплений:
при 2 = 0 Уг=о = О,
г
» z—l уг=[=0.
Из первого уравнения находим у0:
Уо=О184
Из уравнения прогибов для второго участка находим
угол поворота <р0 сечения на левой опоре:
Уг=1 = %1
рь (Р — г>а)
6EJX
О,
откуда
„
.
^°
^А
рь(р-ь^_
_
Pw-bUi+b)
6EJxl
6EJxl
= _ Pab (J+b)
~
&EJxl
Подставив значение % в уравнение прогибов первого
участка, получим
y=-Pab (l+b) z/(6EJxl)+Pbz3/(6EJxl).
При г=а найдем прогиб сечения под точкой прило
жения силы Р:
__ Ра^Ь (/+&)
РЪс? _Ра^а-Г-Ь)______ PaW
УР~
6EJxl
+ tEJxl~
bEJxl
~
3EJxl'
Используя
участка
уравнение
углов
поворота
для
второго
найдем при z=l угол поворота сечения на правой опоре В:
_
Pab(l+b)
P(bl^lb^
Pab(l+b)
QEJ^
2EJ xl
bEJ Х1
РЫ (l — b) _ —Pab (l+b)+^Pbla = Pab (2/ — 6)
2EJxl
”
§EJxl
^EJxl
~
= Pab(l+a)
Угол поворота ^ положителен, следовательно, он
в отличие от угла поворота (рл направлен против часовой
стрелки.
При приложении силы Р посередине пролета балки,
т. е. при а=Ь=1/2, углы поворота опорных сечений и про
гиб под точкой приложения силы примут значения:
^ = -Чв=~Р12/№^
Ур ~PPl^EJx\
Пример 2.63. Определить максимальный прогиб двух
опорной балки, нагруженной равномерно распределенной
по всему пролету нагрузкой интенсивностью q и сосре
доточенной силой Р посередине пролета.
185
Таблица 2.7
Перемещения для некоторых однопролетных балок постоянного сечения
1
Решение. Наибольший прогиб при симметричном на
гружении балки возникает посередине пролета, под точ
кой приложения силы Р. Этот прогиб может быть найден
на основе принципа независимости действия сил как сумма
прогибов от распределенной нагрузки интенсивностью q
и сосредоточенной силы Р:
f^y^+ypСоставляющие части полного прогиба были вычислены
в предыдущих примерах. Подставляя их значения, полу
чаем
f=yq+yp =-5ql*/№EJx) - PP/(48EJX).
Оба составляющих прогиба направлены вниз и входят
поэтому со знаком минус.
§ 2.22. РАСЧЕТЫ НА
ЖЕСТКОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
Условия жесткости при изгибе имеют вид:
Уп^И < [f/l], фтах<[ф1.
где УтахП — максимальный относительный прогиб; [///] —
допускаемый прогиб; фтах — максимальный угол поворота.
Для некоторых часто встречающихся случаев значения
прогибов и углов поворота приведены в табл. 2.7.
Допустимый прогиб балок в строительных и машино
строительных конструкциях составляет от 1/200 до 1/1000
пролета в зависимости от назначения балки.
Пример 2.64. Определить прогиб двутавровой балки
№ 30 (ГОСТ 8239—72) пролетом / = 6 м, нагруженной
равномерно распределенной по всему пролету нагрузкой
интенсивностью ^=20 Н/мм.
Решение. Абсолютная величина прогиба определяется
по формуле (см. табл. 2.9, п. 2):
|ynwd=5?W84Z^
Принимая Е = 2,0-105 Н/мм2 и Jx = 7080-104 мм4 (по
таблице ГОСТ), получаем
I Утах |=5 • 20.60004/(384 • 2,0 • 105 • 7080 • 104)=23,8 мм,
что составляет 1/251 пролета
| утах |//=23,8/6000= 1/251.
Пример 2.65. Подобрать сечение стальной двутавро
вой балки пролетом 4,8 м, нагруженной равномерно рас
пределенной по всему пролету нагрузкой интенсивностью
188
q=8 кНм=5 Н/мм и сосредоточенной силой Р=30 кН,
приложенной посередине пролета, исходя из условий
прочности и жесткости, если допускаемое напряжение
[сг]=14О Н/мм2, а допускаемый прогиб [///] = 1/600. При
нять £=2,1-105 Н/мм2.
Решение. Наибольший изгибающий момент при задан
ном нагружении
Мхтах=^г18+ Р1/4=5 • 4,82/8+30• 4,8/4=40,4 кН • м.
Требуемый момент сопротивления по условию проч
ности
Wx>Mxmax/M=40,4- 10в/140=288-103 мм3=288 см3.
Ближайший по ГОСТ 8239—72 двутавр № 24 имеет Wх —
=289 см3.
Абсолютная величина наибольшего прогиба посередине
пролета определяется как сумма прогибов для каждого
из двух нагружений (см. табл. 2.7, п 1 и 2):
I У™\=5ql4№EJx)+PP/(48EJx-).
По условию жесткости он не должен превышать
1/600 пролета. Имеем
I Утах|=5<?/7(384£JJ+P/3/(48£J;()<Z/600.
Сократив на / и подставив числовые значения, получим
1
/^5^
2,blO5Jx\
384
3JM0M»\ <_1_
48
/^600’
откуда требуемый момент инерции сечения
Jx>617(M0‘ мм4=6170 см4.
р=2ооа
Двутавр № 24 имеет
^=100 Н/м
J=3460 см4 и недостато
,т=^00И-м
чен для обеспечения жест
кости балки. Следует при
нять двутавр № 30 с
Рис. 2.63
Jx=7080 см4.
Пример 2.66. Проверить жесткость балки, изображен
ной на рис. 2.63, если угол поворота ее свободного конца
не должен превышать 1°; принять £=2,0-104 Н/мм2.
Решение. Момент инерции заданного сечения балки
yx^0,05d4=0,05H004=5.J06 мм4.
йШниншп,
-ДА'"1
Полный угол поворота свободного конца В опреде
лится как сумма углов поворота от каждой из трех на189
грузок (см. табл. 2.7, п. 4, 5, 6), при этом учтем, что
100 Н/м=0,1 Н/мм:
I / , , Pl*
qPX
Е/.Г^г^б/-
фв
1
2,0.10*.5-10»
Х
х(300. №.4(Ю0+2”^+?^«^ _
\
2
6
У
= - — (12+16+10,7)=-0,0387 рад= -2° 12'.
Жесткость балки недостаточна.
§ 2.23. КОСОЙ ИЗГИБ
При косом изгибе нормальные напряжения, возникаю
щие в произвольной точке поперечного сечения, опреде
ляются по формуле
<J=Mxy/Jx+MyX/Jy,
где Мх и Му — составляющие изгибающего момента отно
сительно главных центральных осей сечения; х и у — ко
ординаты точки; Jx и Jy — главные центральные моменты
инерции сечения.
Опасными являются точки, наиболее удаленные от глав
ных центральных осей сечения, в которых оба члена фор
мулы напряжений имеют одинаковые знаки.
Для сечений, имеющих две оси симметрии и точки,
одновременно наиболее удаленные от этих осей (сечения
типа прямоугольника, двутавра), условие прочности при
косом изгибе имеет вид:
^тах =Mx/Wx+My/Wy<[o],
где Wx и Wy — моменты сопротивления сечения.
При пространственном изгибе стержня круглого или
кольцевого сечения вычисляется результирующий момент
по его составляющим:
М=У М2 + М2.
Условие прочности соответственно упрощается:
<\nax = AW<M-
Пример 2.67. Деревянная балка прямоугольного се
чения с отношением сторон b/h=\/2 (рис. 2.64) защемлена
одним концом и изгибается силой Р=1,5 кН, приложенной
.190
на свободном конце. Определить требуемые размеры сече
ния, если допускаемое напряжение [о] = 11 Н/мм2.
Решение. Разложим силу Р на составляющие по на
правлениям главных центральных осей сечения:
Рк—Рsinа=Р sin20°= 1,5-0,342 = 0,513 кН,
Ру=Р cos а—Р cos 20°= 1,5 • 0,94 == 1,41 кН.
Наибольшие изгибающие моменты от каждой из состав
ляющих сил возникнут в защемленном сечении:
Л4у=Р7=0,513-4=2,05 кН-м,
Мх=Ру1 = \,41 -4=5,64 кН-м.
Наибольшие напряжения будут в точках А и С;
в точке А — растягивающие, в точке С — сжимающие. По
абсолютному значению они равны.
Составим условие прочности для точки А, учитывая,
что Wx=bh2/6, a Wy=hb2lb
^пах =My/Wy+Mx/Wx<[a].
Подставим числовые значения:
Отах = 6-2,05. W/(hb2) + 6-5,64- 107(Wi2) < [о]=11 Н/мм2.
Учитывая, что b=0,5h, получаем
ат:1Х=6-2,05-107(0,25Л3)+6-5,64-107(0,5/^^
= 116,9-107Л3<11 Н/мм2,
откуда
_______
h> рЛ^^=/ю^зЛЬ6= 220 мм
и, следовательно,
b=0,5/z=110 мм.
Пример 2.68. Определить необходимый по условию
прочности диаметр поперечного сечения стержня, изгибае191
мого силами, действующими в двух взаимно перпендику
лярных плоскостях (рис. 2.65, а). Допускаемое напряже
ние [а]=130 Н/мм2.
Решение. Определим опорные реакции от вертикальной
нагрузки:
2^у=0, Уа-Рг-Р^^-,
^тА=0, Р^а+Р^а+Ь) — VB(a+b+c)=0,
откуда
ув=[Р1а+Р2(а+6)]/(а+Ь+с)=28.0, 3+24-0,9/1,2=25 кН,
Ул=Р1+Р2-Ув=28+24-25=27 кН.
Составляем проверочное
уравнение:
£m®=0, VA(a+b+c}-^
— P^b+c) — Р2с=0;
27-1,2 — 28-0,9 —
-24-0,3=0; 32,4— 25,2 — 7,2=0.
Так как уравнение
2wB=0 удовлетворяет 
ся
тождественно,
то
вертикальные реакции
вычислены верно.
Составим уравнения
равновесия в горизон
тальной плоскости:
£Р/х=0,
НА-\-Нв—Рз=9;
£тгл=0, Р3(а+Ь)+Нв(а+Ь+с)=0,
Рис. 2.65
откуда
Яв=[Р3(а+6)]/(а+&+с)=20-0,9/1,2 = 15 кН,
ЯЛ=Р3 —Яв=20—15=5 кН.
Составляем проверочное уравнение:
2m" =0, HA(a+b+c)—P3c=0,
5-1,2 — 20-0,3=0.
Уравнение обращается в тождество, значит реакции най
дены верно.
192
На рис. 2.65, б, в построены эпюры изгибающих мо
ментов соответственно в вертикальной Мх и горизонталь
ной Му плоскостях. Определяем ординаты этих эпюр для
характерных сечений:
Л4хс=Рла=27-0,3=8,1 кН-м;
МуС=//ла=5-0,3=1,5 кН-м;
Mw=VBa=25-0,3=7,5 кН-м;
Л4уо = /7ва=15-0,3=4,5 кН-м.
Результирующие изгибающие моменты в сечениях С
и D составят:
Мс=/<+<=/8,12+1,52=8,24 кН-м;
Md = Km*d+M*d=K7£44>=8,75 кН-м.
Опасным оказалось сечение D: в нем возникает наи
больший изгибающий момент. Составим для этого сече
ния условие прочности:
(Т=ЛЬ/№<Н,
откуда
W=xd3/32>MD/[o],
или
d>^32MD/(n [о])=/32-8,75.108/(3,14-130)=88,3 мм.
Принимаем d=90 мм.
§ 2.24. СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ
ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ ИЛИ СЖАТИЯ
При совместном действии изгиба и осевого нагруже
ния (растяжения или сжатия) нормальные напряжения
р произвольной точке поперечного сечения бруса опре
деляются по формуле
о= ±N/F±Mxy/J x±Myx/J у,
где N — продольная сила; F — площадь сечения; Мх и
Му — составляющие изгибающего момента относительно
главных центральных осей сечения; х и у — координа
ты точки; Jx м Jу — главные моменты инерции сечения.
Опасными являются точки, наиболее удаленные от
главных центральных осей сечения, в которых все три
члена формулы напряжений имеют одинаковые знаки.
13 Заказ № 226
193
Для сечений, имеющих две оси симметрии и точки,
одновременно наиболее удаленные от этих осей, условие
прочности принимает вид:
omax=N/F+Mx/Wx+MyWy<[o].
Часто встречается случай внецентренного сжатия или
растяжения бруса прямоугольного сечения, когда точка
приложения силы Р лежит на одной
из осей симметрии сечения. В этом
случае условие прочности имеет вид:
(1 ± бе/Й) < [о],
Отах
min
Ьп
где е — эксцентриситет приложения
силы; b, h — размеры прямоугольного сечения.
Пример 2.69. Ступенчатая сталь
ная полоса толщиной 6=24 мм
(рис. 2.66) поддерживает груз Р.
Определить допускаемую величину
силы Р по условию прочности поло
сы, если допускаемое напряжение для
нее [о]=160 Н/мм2.
Решение. Нижняя ступень полосы
нагружена центрально. Условие проч
ности для любого сечения этой сту
пени имеет вид:
Рис. 2.66
14
откуда
[Р]н.с<ММ=1б°-150-24=5^
Н=576 кН.
Верхняя ступень полосы испытывает внецентренное
растяжение. Эксцентриситет приложения растягивающей
силы Р (см. рис. 2.66)
е=0,5(62 — 6А)=0,5 (300 — 150)== 75 мм.
Условие прочности для любого сечения верхней сту
пени полосы имеет вид:
%ах
,
Р
с
Ь2о
194
(1+6е/Ь2)<[а],
откуда
[^]в.с^
[а] М
160-300.24
1+Ье/Ь2
1+6-75/300
461 •!№ Н=461 кН.
Очевидно, из двух найденных значений допускаемой
величины силы Р следует принять меньшее, определяемое
прочностью верхней сту
пени:
1^1 = 1^.0=461 кН.
Приведенный пример
показывает, что не всег
да увеличение сечения
сопровождается возрас
танием допускаемой на
грузки. В данном слу
чае как раз наоборот:
вследствие
появления
эксцентриситета
проч
ность верхней ступени
полосы с большей пло
щадью сечения меньше,
чем нижней ее ступени.
Пример 2.70. Ка
менный столб нагружен
силой Р=16,0‘103 кН
(рис. 2.67, а). Опреде
лить, не учитывая мас
сы столба, наибольшее
и наименьшее сжима
ющие напряжения в его’
подошве и указать точ
ки, где они возникают.
Решение. Сила Р приложена с эксцентриситетом, ве
личина которого определяется его составляющими вдоль
оси х: ех=0,25 м и вдоль оси у: еу=0,2 м. От внецентреннего приложения силы возникает косой изгиб; состав
ляющие изгибающего момента относительно осей х и у
соответственно равны:
Мх=Реу=16,0-103-0,2=3,20-103 кН-м,
Му=Рех=16,0-103.0,25=4,00-103 кН-м.
Наибольшее по абсолютному значению напряжение
возникает в точках ребра СС'; здесь всем внутренним
силовым факторам N=—Pt Мх и Му соответствует воз13*
195
никновение сжимающих напряжений; наименьшее по
абсолютному значению напряжение будет в точках ребра
АА\ там моментам Мх и Му соответствуют растягиваю
щие напряжения, а продольной силе N=—P— сжимаю
щие.
Для определения напряжения в угловых точках се
чения воспользуемся формулой
c=±N/F± mx/Wx ± My/Wy.
Вычисляем моменты сопротивления:
Гх=3-22/6=2 м3, Гу=2-376=3 м3.
Подставляя числовые значения, выраженные в кН и
м, в формулу нормальных напряжений а, получаем:
для точки С
cc^PlF - Mx/Wx-My/Wy=-16f0-107(2-3) -
-3,20-103/2 — 4,00-103/3=-5,60-103 кН/м2=
= —5,60 Н/мм2;
для точки А
0л = -^+МЛ4^
+ 3,20-103/2+4,00-103/3=266 кН/м2=0,266 Н/мм2.
При заданном эксцентриситете силы в точке Л воз
никают растягивающие напряжения.
На рис. 2.67, б построены все три составляющие
эпюры нормальных напряжений в поперечном сечении
столба, соответствующие внутренним силовым факторам
Nt М„ Му.
ГЛАВА X. ГИПОТЕЗЫ ПРОЧНОСТИ
§ 2.2 5. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Расчет на прочность зависит от вида напряженного
состояния в опасной точке. При растяжении (сжатии),
изгибе (прямом и косом), при сочетании изгиба с растя
жением (сжатием) в опасной точке бруса возникает ли
нейное (одноосное) напряженное состояние.
В этом случае условие прочности имеет вид
^тах^[^]
ИЛИ
^
19G
^пред/^тах-^ [^1>
гле omax — напряжение в опасной точке поперечного се
чения бруса; ог, рад — предельное напряжение; [а] =
=апреа/Н “ Допускаемое
напряжение;
п — расчетный
коэффициент запаса; [/г] — требуемый (заданный) коэф
фициент запаса.
Для пластичных материалов за предельное напряже
ние принимают предел текучести (физический или услов
ный), для хрупко-пластичных — предел текучести при
растяжении отр и предел текучести при сжатии отс, для
хрупких материалов — предел прочности при растяжении
овр и предел прочности при сжатии озс.
При расчете на кручение (напряженное состояние в
опасной точке — чистый сдвиг) условие прочности имеет
вид
Т-тах^М
ИЛИ
^ = ^’пред/^тах^'[^]»
где ттах — напряжение в опасной точке поперечного се
чения бруса; тпред — предельное напряжение.
Значения опред и тпред определяют из опытов на рас
тяжение (сжатие) и кручение.
Для плоского (двухосного) или объемного (трехосного)
напряженного состояния определение опытным путем
предельных значений главных напряжений, которые со
ответствуют заданному напряженному состоянию, прак
тически невозможно.
Расчет на прочность при плоском или объемном на
пряженном состоянии выполняют на основе применения
гипотез прочности (теорий прочности).
Независимо от применяемой гипотезы прочности за
данное напряженное состояние заменяют эквивалентным
(равноопасным) ему одноосным напряженным состоянием.
Напряжение, соответствующее этому воображаемому (рас
четному) одноосному напряженному состоянию, называют
эквивалентным и обозначают оэкв. Сопоставление
эквивалентного напряжения с допускаемым или предель
ным напряжением для данного материала при одноосном
напряженном состоянии позволяет дать оценку прочности
для заданного напряженного состояния.
Условие прочности имеет вид
0экв<М
или
^ — ^пред/^экв^Г^]*
197
Для пластичных материалов применяют гипотезу наи
больших касательных напряжений и гипотезу удельной
потенциальной энергии изменения формы, для хрупко
пластичных и хрупких материалов — гипотезу прочности
Мора.
Гипотеза наибольших касательных напряжений. Два
напряженных состояния равноопасны, если максималь
ные касательные напряжения для них одинаковы.
Формулы для определения эквивалентного напряже
ния:
1) через главные напряжения в опасной точке
^экв”^!
^3>
2) для упрощенного плоского напряженного состоя
ния, к которому относится напряженное состояние в точ
ках бруса при поперечном изгибе, кручении с осевой
нагрузкой, изгибе с кручением и т. п.,
^к8=]/ о2+4т2,
где о и т — нормальное и касательное напряжения в
опасной точке поперечного сечения бруса;
3) при сочетании растяжения (сжатия) с кручением
для бруса круглого поперечного сечения
a^N/F, x=Mz/Wp;
4) при сочетании растяжения (сжатия), изгиба (в двух
взаимно перпендикулярных плоскостях) с кручением для
бруса круглого поперечного сечения
a^/FU^^+^)/Wx, r=M2/Wp;
5) при сочетании изгиба (в двух взаимно перпенди
кулярных плоскостях) с кручением для бруса круглого
поперечного сечения
аэкв=ЯЛ=(/мйЛ1^^
Гипотеза удельной потенциальной энергии изменения
формы. Два напряженных состояния равноопасны, если
удельная потенциальная энергия изменения формы для
них одинакова
Формулы для определения эквивалентного напряже
ния:
1) через главные напряжения в опасной точке
Оэкв=1/ 0,5 [(Ст! — о2)2+(аа — а3)2+(°з — *1)2];
198
2) для упрощенного плоского напряженного состояния
аэкв=У <*ЧЗт2,
где о и т —нормальное и касательное напряжения в опас
ной точке поперечного сечения бруса;
3) при сочетании растяжения (сжатия) с кручением
для бруса круглого поперечного сечения
o=N/F, x=MJWp,
4) при сочетании растяжения (сжатия), изгиба (в двух
взаимно перпендикулярных плоскостях) с кручением для
бруса круглого поперечного сечения
o=N/F+[V AlU^j/l^, r=M,/Wp-
5) при сочетании изгиба (в двух взаимно перпенди
кулярных плоскостях) с кручением для бруса круглого
поперечного сечения
<^в=Я;(В/^ =(/ ^+ <+0,75Л12 )/Wx.
Гипотеза Мора, Два напряженных состояния равно
опасны, если для соответствующих главных напряжений
(cfj, 03 и О], Оз) соблюдается соотношение
О) — VO 3 = 0] — V0 з.
Формулы для определения эквивалентного напряжения:
1) через главные напряжения
^кП=а1 — vo3,
где для хрупких материалов
■v^bpMc;
для хрупко-пластичных материалов
■v=oTp/orc;
2) для упрощенного плоского напряженного состояния
оэ|С8 =^—^ а +— I/" оЧ4т2,
где о и т — нормальное и касательное напряжения в
опасной точке бруса;
3) при сочетании растяжения (сжатия) с кручением
для бруса круглого поперечного сечения
o=N/Ft x=MJWp\
199
4) при сочетании растяжения (сжатия), изгиба (в двух
взаимно перпендикулярных плоскостях) с кручением для
бруса круглого поперечного сечения
a^N/рДУ M2
x+M2)lwx, r=MJWp,
5) при сочетании изгиба (в двух взаимно перпенди
кулярных плоскостях) с кручением для бруса круглого
поперечного сечения
_______
_МЭКВ _0,5(l-v) У^+^+0,5 (Ж) ]/М^Л«;+Л1г2
аэкв -
При оценке прочности эквивалентное напряжение по
гипотезе Мора следует сопоставлять с предельным или
Рис. 2.63
допускаемым напряжением для одноосного растя
жения.
Пример 2.71. При нагружении цилиндрического
катка,
изготовленного
из
пластичного
материала
(рис. 2.68, и), закон распределения давлений по шири
не контактной площадки показан на рис 2.68, б (р0—
максимальное контактнее давление). Главные напряжения
в точках А п В показаны на рис. 2.68, в. Вычислить
эквивалентные напряжения для точек Л и В по гипотезе
прочности наибольших касательных напряжений и удель
ной потенциальной энергии изменения формы.
Решение. В точке А
а1=
О>$Ро, СГ2 = СГ3~
Ро'
Эквивалентное напряжение для точки А по гипотезе
наибольших касательных напряжений
o^=Ci — а3=—О,6ро — (—ро)=О,4ро.
200
Эквивалентное напряжение для точки А по гипотезе
удельной потенциальной энергии изменения формы
<4в=]/’0,5 [(о! — а,)2+(п2 — а3)а+(а3 — а1)2]=
=/ода^/+о^^
В точке В
€4=—О,18ро, о2 = -—О,288ро, а3=—О,78ро.
Рис. 2.69
Эквивалентное напряжение для точки В по гипотезе
наибольших касательных напряжений
a^B^i — о3=—О,18ро — (—О,78ро)=О,6Оро.
Эквивалентное напряжение для точки В по гипотезе
удельной потенциальной энергии изменения формы
о£в=]Л0,5 [(а, — а2)2+(о2 — о3)2+(а3 — о1)2]=
=рЛО£[(ОДО8рЗЧ^^^
=О,555ро.
Пример 2.72. При нагружении шаров, изготовлен
ных из пластичного материала (рис. 2.69, а), закон рас
пределения контактных давлений по площадке контакта
показан на рис. 2.69, б (р0 —максимальное давление,
возникающее в центре контактной площадки). Главные
напряжения в точках А п В показаны на рис. 2.69, в.
201
Сравнить по гипотезе наибольших касательных напряже
ний опасность напряженных состояний в точках А и В.
Решение. В точке А
°1=®2= ^fipQi ®3= PqЭквивалентное напряжение для точки А
4»=Oi — о3=—0.8Аг- (—p0)=Q,2p6.
В точке В
Oi=o2=—О,18ро, а3=—О,8ро.
Эквивалентное напряжение для точки В
^«=0, — о3=—О,18ро — (—О,8ро)=0,62^0,
^ЭКВ х иэкв,
следовательно,
опаснее.
напряженное
состояние
в
точке
В
§ 2.26. ПРИМЕНЕНИЕ ГИПОГЕЗ ПРОЧНОСТИ К РАСЧЕТУ
ПРЯМОГО БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
Пример 2.73. Определить размеры поперечного сечения вала (рис. 2.70, а) привода управления. Усилие
от тяги педали Р5, усилия, передаваемые механизмом
Р^ Р^ Р^ Материал вала—сталь СтЗ с пределом те
кучести ат=240 Н/мм2, требуемый коэффициент запаса
р?]=2,5. Расчет выполнить по гипотезе энергии формо
изменения.
Решение. Рассмотрим равновесие вала, предварительно
приведя силы Pv Р2, Р3, Р4 к точкам, лежащим на его
оси.
Перенося силы Рг параллельно самим себе в точки
К и £, надо добавить пары сил с моментами, равными
моментам сил Р± относительно точек Л и £, т. е.
m1=Plrl.
Эти пары сил (моменты) условно показаны на рис. 2.70, б
в виде дугообразных линий со стрелками. Аналогично
при переносе сил Рг, Ря, Р^ в точки Л, Е, L, Н надо
добавить пары сил с моментами
т2=Р^г, m3=P3r3, mi=Pirl.
Опоры вала, изображенного на рис. 2.70, а, надо
рассматривать как пространственные шарнирные опоры,
202
^5
Зпюра Mz
Рис. 2.70
203
препятствующие перемещениям в направлении осей х и
у (выбранная система координат показана на рис. 2.70, б).
Пользуясь расчетной
схемой,
изображенной
на
рис. 2.70, в, составим уравнения равновесия:
1. 2^4=0; -Рка-Р^-Р^+Н^+Р^+а)^,
Рка+ P^+P^-P^l+a)
------------------- =
и
,
0,2.150+2,6.200+1-500 — 0,2.780
=—------- 1—1-------- !------------- ’------ = 1,42 кН.
630
2. 2myB=0;
p^p^i-ij+P^-ij-H^^
-Рк (/+д)=0,
0,2.150+1-130+2,6.430 — 0,2.780
,
u
- ------- !-------- 1— ------------ ------- =1,78 кН,
630
Составим проверочное уравнение:
S Л-х=0; Рк + НА- Р3 - Р,+НВ+РЕ =0,2+ 1,78 -2,6-1 + 1,42+0,2=0,
следовательно, опорные реакции НА и Нв определены
верно.
Эпюры крутящих моментов Мг и изгибающих момен
тов Му представлены на рис. 2.70, а. Опасным является
сечение слева от точки L.
Условие прочности имеет вид:
^экв = ^экв/^х^[^]»
где эквивалентный момент по гипотезе энергии формо
изменения
^кв=К М+о,75Мг =У (426-103)2+ 0,75(145-103)2 =
=446-103 Н-мм,
ITx=(nd3/32) (1 - a4)=(nd3/32) (1 - 0,84)=0,058d3,
где a=do/d=O,8,
[о]=от/[н]=240/2,5=96 Н/мм2.
Требуемый наружный диаметр вала
d>p^Af^J(0jj5^^
43 мм.
Принимаем d=45 мм, тогда d0=0,8-45=36 мм.
204
Пример 2.74. Проверить прочность промежуточного
вала (рис. 2.71) цилиндрического прямозубого редуктора,
если вал перелает мощность ^=12,2 кВт при частоте
вращения п=355 об/мин. Вал изготовлен из стали Ст5
Рис. 2.71
с пределом текучести от=280 Н/мм2. Требуемый коэф
фициент запаса [п]=4. При расчете применить гипотезу
наибольших касательных напряжений.
ной
Указание. Окружные усилия Рг и Р2 лежат в горизонталь
плоскости и направлены по касательным к окружностям
205
зубчатых колес. Радиальные усилия 77 и Ts лежат в верти
кальной плоскости и выражаются через соответствующее окружное
усилие следующим образом: Т=0,364Р
Решение. На рис. 2.71, а представлен схематический
чертеж вала; на рис. 2.71, б показана схема вала и
усилия, возникающие в зубчатом зацеплении.
Определим момент, передаваемый валом:
m=7V/<»= 12,2-103/37,2=3,28-102 Н-м=3,28-106 Н-мм,
где
а=лп/30 = 3,14 -355/30 = 37,2 рад/с.
Очевидно, т^т^т^ (скручивающие моменты, приложен
ные к валу, при равномерном вращении равны по вели
чине и противоположны по направлению).
Определим усилия, действующие на зубчатые колеса.
Окружные усилия:
Z’1=2m1/d1=2-3,28 -105/400= 1,64 -103 Н;
P2=2m2/rf2=2-3,28-10-7100=6,56-103 Н.
Радиальные усилия:
Т1=0,364Р1=0,364-1,64-103=0,597-103 Н;
Т2=0,364Р2=0,364-6,56-10 3 = 2,39-103 Н.
Рассмотрим равновесие вала АВ, предварительно при
ведя силы Рг и Рг к точкам, лежащим на оси вала.
Перенося силу Р^ параллельно самой себе в точку L,
надо добавить пару сил с моментом, равным моменту
силы Р! относительно точки L, т. е.
т^Р^/2.
Эта пара сил (момент) условно показана на рис. 2.71, в
в виде дугообразной линии со стрелкой. Аналогично при
переносе силы Р2 в точку Л надо присоединить (добавить)
пару сил с моментом
т%=Ра^з/^.
Опоры вала, изображенного на рис. 2.71, а, надо
рассматривать как пространственные шарнирные опоры,
препятствующие линейным перемещениям в направлениях
осей х и у (выбранная система координат показана на
рис. 2.71, б).
206
Пользуясь
расчетной
схемой,
изображенной
на
рис. 2.71, г, составим уравнения равновесия вала в вертикальной плоскости:
1) "^ГПхА^^ ^1^1+^(^iH-^) — ^в(/1+/2+/з) = 0,
откуда
v
ТЛ+Т9(11+^
0,597.103-60+2,39-103.240
V В =---------- -------------= ------------------------------------------- ===
310
^х+^г+^з
= 1,97-103 Н;
2) 2^в=0; -Т,1.л - Т, (l^l,yyVA (/1+/2+/3)=0,
откуда
у
Т£г±Т\^2+^ 2^9-1^70+0^^^^
^1+^г+^З
310
= 1,02-103 Н.
Составим проверочное уравнение:
ЕР^О; Ул-Р1-Г2+^в = 1,02.103-0,597.103 —
— 2,39-103+1,97-103=0,
следовательно, опорные реакции в вертикальной плоско*
сти определены верно.
Рассмотрим равновесие вала в горизонтальной пло*
скости:
3) 2^ул=0; —Р^г'УРг^^^— Нв Gi+^-Hs^O,
откуда
и
^2 (^i+/2) — Pili
6,56•103.240 — 1,64•103•60
п в ==---------------------------- =------------------------------------------- =
310
/1+/2+/3
=4,76-103 Н;
4) %тув=0; -Р^з+РЛ^+^+Н^^
откуда
Р2/з—Л ++/0
6,56.103.70~ 1,64.103.250
П д =------------------х
2— —------------------------------------------------------------------- =3
/1++Н3
310
=0,158-103 Н.
Составим проверочное уравнение
JPt,=0; -НА -Рх+Р2-Яв=0,158-103- 1,64-103+
+6,56.103-4,76-103=0,
следовательно, опорные реакции в горизонтальной пло
скости определены верно.
207
Эпюры крутящих моментов Mz и изгибающих момен
тов Мх и Му представлены на рис. 2.71, д.
Опасным является сечение К (см. рис. 2.71, г, д).
Эквивалентный момент по гипотезе наибольших касатель
ных напряжений
Мэкв=К М2
х+М2
у+М2
г =
= ]/?Г38Й<)5*+(1^
• 105 Н • мм.
Эквивалентное напряжение по гипотезе наибольших
касательных напряжений для опасной точки вала
оэкв=Л1эквЖ=4>88.105/3,14(50)3/32=39,8 Н/мм*.
Коэффициент запаса
п=от/оэкв=280/39,8 = 7,04,
что значительно больше [п]=4, следовательно, прочность
вала обеспечена.
При расчете вала на прочность не учтено изменение
напряжений во времени, поэтому и получился такой зна
чительный коэффициент запаса.
Пример 2.75. Определить размеры поперечного се
чения бруса (рис. 2.72, а). Материал бруса —сталь ЗОХГС
с условными пределами текучести при растяжении и
сжатии оо,2р=сгтр=850 Н/мм2. а02с=сггс=965 Н/мм2.
Коэффициент запаса [и] = 1,6.
Решение. Брус работает на совместное действие рас
тяжения (сжатия) и кручения. При таком нагружении в
поперечных сечениях возникают два внутренних силовых
фактора: продольная сила и крутящий момент.
Эпюры продольных сил N и крутящих моментов Mz
показаны на рис. 2.72, б, в. В данном случае определить
положение опасного сечения по эпюрам N и Mz невоз
можно, так как размеры поперечных сечений участков
бруса различны. Для выяснения положения опасного
сечения следует построить эпюры нормальных и макси
мальных касательных напряжений по длине бруса.
По формуле
o^N/F
вычисляем нормальные напряжения в поперечных сече
ниях бруса и строим эпюру о (рис. 2.72, г).
По формуле
^=M2/Wp
208
ЮгОАЭРЛ тпгО,65Р1 mfWPi
Мц-оурЛ
Р=20кН
Эпюра N
i) p
ZP
5P
Эпюра Mz
nw
D,2Pd
0,Ш
o,3Pd
Эпюра S'
MP
Ma2
W/d*
3,2^'P/d2
ЭпюраТ^
1,81 P/d2
1,02 P/d2
l,2lP/d2
2,ЗРЦ2
Эпюра б Эпюра f
^
'^^3,82P/d2\
^
3,82 P/d 2
Эпюра б
X^P/d2
2,3 P/d 2
Эпюра T
^IfilP/d2
ffz=4,9P/dz
4,9P/d!
1,6TP/dl
Puc. 2.72
14 Заказ № 22G
209
вычисляем максимальные касательные напряжения в по
перечных сечениях бруса и строим эпюру ттах (рис. 2.72, д).
Вероятно, опасными являются точки контура попереч
ных сечений участков АВ и CD (см. рис. 2.72, а).
На рис. 2.72, е показаны эпюры пит для попереч
ных сечений участка АВ.
Напомним, в данном случае (брус круглого попереч
ного сечения работает на совместное действие растяже
ния — сжатия и кручения) равноопасными являются все
точки контура поперечного сечения.
На рис. 2.72, ж показаны напряжения на исходных
площадках в опасной точке.
Главные напряжения в опасной точке участка АВ'.
*5=0;
По гипотезе прочности Мора эквивалентное напряже
ние для опасной точки этого участка
^кв=^1 - w3=^i - 7^ °з= 1,09 ^- —
а0,2о
а
— 852 (—4,91 —)=5,42 —.
965
d* )
d*
На рис. 2.72, з показаны эпюры пит для попереч
ных сечений участка CD.
На рис. 2.72, и показаны напряжения на исходных
площадках в опасной точке.
Главные напряжения в опасной точке участка CD*.
=0,02 —;
cl*
а2=0;
210
®3
=-/-4,9
2 \
= —4л92—.
d2
По гипотезе прочности Мора эквивалентное напряже
ние для опасной точки рассматриваемого участка
Р
850
Р 1=4,36—.
-4,92—
аакв = 0>02------------
л no
d*
экв
965
d
d?2
d*
Опасными оказались точки контура поперечных сече
ний участка АВ.
Условие прочности имеет вид:
^кв=5>42р/^<[стР]=о0,2Р/[«],
откуда
,
, Л5,42РИ
, Л5,42-20-юз. 1,6
---- — = 1/ - --V
V
d>]/
%2р
777----85°
.. о
-^14,2 мм.
Пример 2.76. Определить допускаемое значение
силы Р из условия прочности стержня ВС (рис. 2.73).
Материал
стержня —
чугун с пределом проч
ности при растяжении
овр=150 Н/мм2 и пре
делом прочности при
сжатии овс=450 Н/мм2.
Требуемый коэффициент
запаса |«]=5.
Указание. Ломаный
брус АВС расположен в го
ризонтальной плоскости, при
чем стержень АВ перпенди
кулярен к ВС. Силы Р, 2Р,
ЪР лежат в вертикальной
плоскости;
силы
0,5Р,
1,6Р— в горизонтальной и
перпендикулярны
стержню
ВС; силы ЮР, ЮР совпада
ют с осью стержня ВС\ пара сил с моментом tn=25Pd распо
ложена в вертикальной плоскости, перпендикулярной оси стерж-
Решение. Приведем силы Р и 0,5Р к центру тяжести
поперечного сечения В.
Перенося силу Р параллельно самой себе в точку В,
14*
211
надо добавить пару сил с моментом, равным моменту
силы Р относительно точки В, т. е. пару с моментом
m^lOPd.
Силу 0,5Р переносим вдоль ее линии действия в
точку В.
Нагрузки, действующие на стержень ВС, показаны на
рис. 2.74, а.
Строим эпюры внутренних силовых факторов для
стержня ВС. При указанном нагружении стержня в его
Рис. 2.74
поперечных сечениях их возникает шесть: продольная
сила N, поперечные силы Qx и Qp крутящий момент
М2, изгибающие моменты Мх и Му.
Эпюры N, М2, Мх, Му представлены на рис. 2.74, б
(ординаты эпюр выражены через Р и d).
Эпюры Qy и Qx не строим, так как касательные на
пряжения, соответствующие поперечным силам, имеют
малую величину.
212
В рассматриваемом примере положение опасного се
чения не очевидно. Предположительно опасны сечения К.
(конец участка /) и С.
Определим величину и плоскость действия изгибающего
момента /Ин в сечении /<, изображенном отдельно на
рис. 2.74, в. На лол же рисунке показаны эпюры ои,
ow, т для сечения К.
Опасной является точка L. Напряжения на исходных
площадках в точке L (рис. 2.74, г):
тг=ттах=Мг/^= 10Pd/№/16)=51 P/d2;
,
N
M2
x+My _ ЮР
ц^
f +
г
,
л^/4
V(wm(5M)L=127P№
nd3/32
Главные напряжения в точке Li
°Z , 1 1V I 4 9 127Р .
^i=—Н----- I/ с^ +4т2 =---------h
1
2
2 к
г
2
d*
+Y ]/ (127P/d2)2+4(51P/d2)2 = 145P/J2;
о2=0;
аз=у------^0"+4Х"
127Р
d2
— -^V ^27P/d2)2+4(5lP/d2)2 =-18P/d2.
По гипотезе прочности Мора эквивалентное напряже
ние для точки L
Оэкв=°1 - vo3=145W - (150/450) (-18P/d2) = 151P/d2.
Определим величину и плоскость действия изгибаю
щего момента Мк в сечении С, изображенном отдельно
на рис. 2.74, д. На этом же рисунке показаны эпюры
°и> aN> т Для сечения С.
Напряжения на исходных площадках в точке Н
(рис. 2.74, е)
^z
Мг
^max
Wp
15Pd
л (1, Id)3/16
57,3P/d2;
213
_
рг—^+аитах
_fN_T, V_
__________ 6P
n(l,ld)s/4
VjLAfd^+^Pd)^^
+
~ 103P/d3.
n(l,ld)3/32
Главные напряжения в точке Н;
"■ "^Ч"^*41.
103Р
2d2
+у ]/(103W)2+4 (57,3P/d2)2 «129РДг;
-----1-/(103W)2-|-4 ^7,3P/d2)2 ^-26P/d2.
По гипотезе прочности Мора эквивалентное напряже
ние для точки Н
оЭкв=^1 - w5= 129W - (150/450) (-26Р/^)=
= 138P/d2.
Напряжения
(рис. 2.74, ж):
хг=Ь7,ЗР№,
на
исходных
площадках
в точке
Е
_________________
z
n(l,ld2)/4
n(l,ld)3/32
Главные напряжения в точке Е:
а1=_21^. +-1_ J/7Ti5Wj4T(57^^,
®2=0;
*3=- ^ ~ т /й1^да+4^рда=
=—139W.
По гипотезе прочности Мора эквивалентное напряже
ние для точки Е
^экв=О1 - w3=24P/d2 — (150/450) (-139P/d2)=
=70P/d2.
214
Опасной оказалась точка L, для которой
оэкв=151Р/Л
Условие прочности имеет вид:
*^ЭКВ= ^^^/^^l^pl^^^Bp/^]»
откуда
[P]<aBpd2/(151 pi]) = 150-502/(151-5)=496 Н.
ГЛАВА XI. НЕКОТОРЫЕ СПЕЦИАЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ
§ 2.27. КОНТАКТНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ
Контакт двух деталей, ограниченных криволинейными
поверхностями, при отсутствии нагрузки происходит в
точке (например, два шара) или по линии (например,
два цилиндра с параллельными образующими). Под дей
ствием нагрузки, прижимающей тела друг к другу и на
правленной по нормали к их поверхностям, в поверх
ностных слоях материала деталей возникают местные де
формации и напряжения.
Площадка, образующаяся в результате деформации
в местах контакта деталей, в общем случае имеет форму
эллипса (в частных случаях —круг или прямоугольная
полоска). Давления по площадке контакта распределены
неравномерно. Наибольшее давление р0, возникающее
в центре эллиптической (круговой) контактной площадки
или в точках средней линии контактной полоски, назы
вают контактным напряжением, обозначают ок
(р0=ок) и при расчете на прочность сопоставляют с до
пускаемым.
При контакте двух сферических тел (начальный точеч
ный контакт) радиус а площадки контакта и наибольшее
давление (контактное напряжение ок) определяют по фор
мулам:
а=1,109р^Ррпр/£пр; ро=як=О,388О^/’Р£*р/р2р .
При контакте двух цилиндров или конусов с парал
лельными образующими (начальный линейный контакт)
215
полуширину контактной полоски b и величину р0=ои
определяют по формулам:
b= 1,522 Уqpnp/Enp; ро=пк=О,418О УqEnp/pnp.
Приведенные выше формулы соответствуют материалам,
у которых коэффициент Пуассона р=0,3; в этих форму
лах:
Р — сила, прижимающая тела друг к другу;
q=Р/В — интенсивность нагрузки (В—длина кон
тактной полоски);
—=—±------- приведенная
Рпр
Pl
кривизна
поверхностей
в
Р2
месте контакта; знак минус перед вторым
слагаемым — в случае, когда одна^ из по
верхностей вогнутая;
Pi и Ps — радиусы кривизны соприкасающихся по
верхностей;
Епр=——----- приведенный модуль упругости контак^1 + ^2
тирующих тел (£\ и Е2 — модули про
дольной упругости материала каждого
из них).
Пример 2.77. Сравнить радиусы площадок контак
та и расчетные контактные напряжения для трех вариан-
Рис, 2.75
тов сферических опор (подпятников), показанных на
рис. 2.75. Материал опорных частей одинаков: Епг)=я
-Е^Ег.
Решение. Радиусы а контактных площадок и расчет
ные максимальные контактные напряжения ох определяем
по соответствующим формулам.
216
Для каждого из трех вариантов определяем приведен
ные кривизны и приведенные радиусы кривизны в месте
контакта.
Для случая касания двух выпуклых поверхностей
одинаковой кривизны (рис. 2.75, а)
1/рпР=1/^1+1/^=2/^1,
или
Pnp=^i/2Для случая контакта выпуклой поверхности с пло
скостью (рис. 2.75, б)
l/p„p=l//?1+l/w=l//?1,
Т. е. Рпр=/?г
Для случая контакта выпуклой поверхности с вогну
той ^2=1,2/?! (рис. 2.75, в)
1/рпр= 1/Л - 1/^2= 1/^1 - 1/1,2^=0,2/1,27?х= 1/6/?!,
или рпр=6/?1.
Для рассматриваемых трех случаев имеем:
fll=l,109 3/PM2Ej;
а2=1,109^Л№7,
Оз= 1,109/76^7.
Таким образом,
Й1: «2: «3= 1/1/2 : /Г: /б=0,795:1,0:1,82.
По формуле для ок получаем:
аК1 =0,3880 / PE^/^R^y ;
<7,<2 =0,3880 /РЕпр/7??;
оК1 =0,3880 / ^^/(б/?!)2.
Таким образом,
оК1: Пи,: ок, =/?:/?: /1/36 = 1,58:1,0:0,304.
Следовательно,_ замена выпуклой опорной поверхности
вогнутой приводит к уменьшению контактных напряже
ний примерно в пять раз при одновременном возрастании
радиуса контактной площадки (в 2,28 раза). Заметим,
что сближение абсолютных величин /?х и Т?2 (в третьем
случае) приведет к дальнейшему уменьшению ак.
217
Пример 2.78. Определить допускаемую величину на
грузки на керн опоры счетно-решающего устройства
(рис. 2.76), если допускаемое контактное напряжение
К1=4500 Н/мм2. Материал керна—сталь У10А (£ст=
=2,0-105
Н/мм2),
материал
подушки — агат
(f а =
= 1,0-105 Н/мм2). Коэффициент Пуассона для материалов
контактирующих поверхностей принять одинаковым р,=
=0,30. Радиус керна гк=0,12 мм; ра
диус опорной поверхности подушки
rn=0J5 мм.
Решение. Из условия контактной
прочности
пк=0,388Р£пр/Рпр'С^к!
находим выражение для величины до
пускаемой нагрузки
И<К]3Р^(°-3883Е2пР).
Рис. 2.76
Вычисляем приведенный радиус кривизны в месте
контакта, учитывая, что величина гк положительна, а га
отрицательна:
1 /р
1 /^к
1 /^*п
(^П
^к) / (^*/п),
ИЛИ
PnP=(Vn)/(rn-^)=0,12.0,75/(0,75-0,12)=0,143 мм.
Вычисляем приведенный модуль
упругости контактирующих деталей:
Е
__ 2ЕстЕь __ 2.2,0-105.1,0. Ю5 _
пр —FcT+2,0-105+1,0.105 ”
= 1,33-105 Н/мм2.
Подставив числовые данные в
формулу для [Р], найдем
и
«..,«■
_ 80 н
1
0,3883 (1,33-105)2
Рис. 2.77
Пример 2.79. Проверить контактную прочность ра
бочей поверхности внутреннего кольца роликового под
шипника (рис. 2.77), нагруженного радиальной силой
0=17 кН. Допускаемое контактное напряжение kl^
=3000 Н/мма.
218
Решение. Нагрузка, действующая на подшипник, рас
пределяется между роликами неравномерно; согласно
справочной литературе по подшипникам качения сила,
воспринимаемая наиболее нагруженным роликом, опре
деляется по формуле
P=4,6Q/(,
где i — число роликов (в нашем случае по справочнику
t=8).
Вычисляем эту силу:
Р=4,6 -17/8=9,77 кН.
Расчетные контактные напряжения определяем, при
нимая:
Епр=£1=£2=2,1-108 Н/мм2;
(?=Р//=9,77-103/9= 1,085-103 Н/мм;
l/Pnp=2/dp+2^=2/12+2/53=0,2044 1/мм.
Итак,
ок=0,4180 ]/ 9£/рпр =0,4180 ]/1,085 • 103-2,1-108-0,2044 =
=2840 Н/мм2<[ок].
§ 2.28. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ НАПРЯЖЕНИЯХ,
ПЕРЕМЕННЫХ ВО ВРЕМЕНИ
В подавляющем большинстве случаев расчет на проч
ность выполняют как проверочный, т. е. для предполо
жительно опасных сечений вычисляют расчетные коэффи
циенты запаса прочности и сопоставляют их с требуемым
(допускаемым):
Расчетные коэффициенты запаса прочности в предпо
ложении подобия рабочего и предельного циклов напря
жений, т. е. одинаковости коэффициентов асимметрии
(Яа “ОтвЛтах? Яг =Tmin/Tmax) вычисляют по формулам:
при изгибе
п0 =------ ^------- ;
^оДал+% ат
при растяжении-сжатии
^аДаа+%
^tn
219
при кручении
В приведенных формулах:
О-р а_1р, Т-х — пределы выносливости при симметричных
циклах соответственно изгиба, растяже
ния-сжатия, кручения;
^aд, /Стд—общие коэффициенты снижения пределов
выносливости соответственно для нор
мальных и касательных напряжений;
фа, фт — коэффициенты чувствительности к влия
нию асимметрии цикла соответственно
для нормальных и касательных напря
жений;
Од, от; та, хпг — амплитуда и среднее напряжение цикла
соответственно нормальных и касательных
напряжений.
При отсутствии справочных данных о величинах
фа(фт) их можно вычислять по следующим приближен
ным формулам:
to =O_1/s,
фт =ЧД
где s«1400 Н/мм3 для углеродистых и низколегирован'
ных сталей и s«2000 Н/мм2 для легированных сталей.
При циклах со средними напряжениями сжатия (от<0)
в формулы для па следует подставлять ^ =0.
Данные по определению коэффициентов ^д(Ктд) при
ведены в примерах этого параграфа.
Для циклов с коэффициентами асимметрии Ra >0
(Rx >0) уточненные значения коэффициентов запаса проч
ности рекомендуется определять по следующим формулам:
па =-------------- ;
(^яД +Фя — Ля ) Од+Па От
пх -- ------------------- 1---------------,
(^тд+Фт —Пт )Ъ+ПТ ^
где
Ла — <Т—х/^пч»
Лт =Т—1/Тпч,
где апч и тпч — пределы прочности при растяжении и чи
стом сдвиге.
220
Коэффициент запаса прочности при плоском напряжен
ном состоянии определяют на основании формулы
в которой значения п^ и пх вычисляют по приведенным
выше формулам.
Примеры применения последней формулы даны в па
раграфе «Оси и валы».
В некоторых случаях помимо коэффициента запаса по
усталостной прочности вычисляют коэффициенты запаса
по отношению к пределу текучести:
Мот =^т/^тах>
^тт= ^т/^тах*
Если окажется, что nG >nGT (пх >пхт), во многих слу
чаях для оценки прочности пользуются неравенствами
пот>[пт1 пхт>[пт].
Пример 2.80. По изображенным на рис. 2.78 схема
тизированным диаграммам предельных амплитуд опреде
лить (графо-аналитически), не учитывая факторов, снижа
ющих предел выносливости (концентрация напряжений
и т. д.), коэффициенты запаса прочности для циклов со
следующими параметрами:
1. оа=80 Н/мм2; о^=40 Н/мм2;
2. атах=200 Н/мм2; omin=80 Н/мм2;
3. ттах=60 Н/мм2; Rx =0,6.
4- Tmin=—60 Н/мм2; Rx =—0,6.
Решение. При подобии рабочего и предельного циклов
напряжений коэффициент запаса прочности определяется
из выражения
п — ашах пр/^max~(°опр+а/ппр)/(afl + aJ‘
221
Входящие сюда величины могут быть определены не
посредственно по диаграмме путем измерения соответст
вующих абсцисс и ординат.
1. На рис. 2.78, а точка А соответствует рабочему
циклу, для которого ая и ат заданы. Подобный заданному
предельный цикл изображается точкой В, лежащей на
том же, что и точка А, луче, проведенном из начала
координат. Путем измерений находим овпр=188 Н/мм2
н °тпр=96 Н/мм2, тогда
п=(188+96)/(804-40)=2,36.
2. Вычисляем амплитуду и среднее напряжение цикла:
^=(^ах - amin)/2=(200 - 80)/2=60 Н/мм2,
om=(amax+Qm|n)/2=(200+80)/2=140 Н/мм2.
На рис. 2.78, а точка С соответствует заданному,
a D — предельному циклам. Для точки D: ояпр=90 Н/мм2,
^=210 Н/мм2. Отах пр=оапр+^пр=90+210=300 Н/мм2
(®шах пр=®т)Коэффициент запаса
n=nT=от/отах=300/200 =1,5.
3. Определяем минимальное напряжение,
амплитуду и среднее напряжение цикла:
а также
^Т ="^mtn/^max»
TmIn=^ Tmax=0,6-60=35 Н/мм2,
та=(ттах - Tmin)/2=(60 - 36)/2= 12 Н/мм2,
Tm=(Tmax-|-Tmin)/2=(60+ 36)/2 =48 Н/мм2.
На рис. 2.78,6 точка Е соответствует заданному,
а точка Н — предельному циклам. При этом тшахцр=тт=
= 180 Н/мм2, и коэффициент запаса
и=лт=тт/ттах= 180/60=3.
4. Находим максимальное,
напряжения цикла:
амплитудное
и среднее
ттах=тт1п//?х =(-60)/(-0,6)=100 Н/мм2,
ta=(rmax - тт1п)/2=[100 - (-60)]/2=80 Н/мм2,
тт=(ттах+гт1п)/2=[100+(-60)]/2=20 Н/мм2.
На рис. 2.78,6 точка М соответствует заданному,
а точка ^ — предельному циклам. Для последнего тапр=
222
= 116 Н/мм2, ттлр=30 Н/мм2. Таким образом, коэффи
циент запаса прочности
/г=(116+30)/(80+20) = 1,46.
Пример 2.81. Стержень (рис. 2.79), изготовленный
из стали 35 (ап,,=530 Н/мм2, от=320 Н/мм2), работает
Рис. 2.79
на растяжение при нагрузке, изменяющейся по отнулевому (пульсирующему) циклу.
Определить допускаемое значение максимальной на
грузки при требуемом коэффициенте запаса прочности
[п]=2,0.
При расчете принять <т_х = 0,43<тп„ а_Хр = 0,8а_х,
ф0 =0,07, эффективный коэффициент концентрации на
пряжений ^а=1,17, масштабный фактор е0 =0,875, коэф
фициент качества поверхности р=1,0.
Решение. Выражаем номинальные значения максималь
ного, амплитудного и среднего напряжений через макси
мальную величину растягивающей силы и площадь попе
речного сечения стержня:
^тах
^тах/^»
^а = ^т = ^тах/2 = Pmaxl^P ‘
Вычисляем общий коэффициент снижения предела вы
носливости при симметричном цикле:
Кад=М(еа Р) = 1,17/(0,875 • 1) = 1,34.
Составляем условие прочности:
па =—-^------ -- ---------- ®=1р----------^оДад+% Gm
V
Аад
Рmax .
2/?
,
Рmax
2F
223
и, принимая па =[п], определяем допускаемую величину
Р •
pmJ=—-—^—п=
* шах*
------------ 0,8-0,43.530----------- =97. Ю3 н=97 кН.
2 1,34----------- +0,07----------\ ’ 2-30.25 ^
2-30.25/
Пример 2.82. Проверить на прочность при кручении
(рис. 2.80), изготовленный из хромоникелевой
стали (тпч = 700 Н/мм2, тт=
= 380 Н/мм2, 1^=210 Н/мм2,
то=36О Н/мм2), если требу
емый коэффициент
запаса
прочности [я]=2,5. Скручи
вающий момент изменяется
от mmax=440 Н-м до /nmin=
=220 Н-м. При решении
принять эффективный коэф
фициент концентрации напря
жений &т =1,32; масштабный
фактор ет =0,85; коэффициент качества поверхности
₽=0,85,
Решение. Крутящий момент, возникающий в попереч
ных сечениях вала, равен внешнему скручивающему мо
менту М2=т. Вычисляем максимальное и минимальное
Напряжения цикла, а также амплитудное и среднее его
Напряжения:
Мг max __ 440.103
^тах
= 162 H/mm2j
вал
л^/1б
T
3,14.243/16
=jlkaii=J^L12!—=81 Н/мм21
1 nd3/16
3,14-243/16
та=(162 —81)/2=40,5 H/mm2j
тт=(162+81)/2=121,5 Н/мма.
Определяем общий коэффициент снижения
выносливости при симметричном цикле:
КтД=6т /(6т р)= 1,32/(0,85-0,85)= 1,83.
Находим коэффициент запаса прочности:
пт =Т_1/(^дТа+фт тт)=
=210/(1,83.40,5+0,167-121,5)=2,21,
224 ,
предела
где коэффициент фт вычислен по формуле СеренсеНа —
Кинасошвили
фт ^г., — то)/то=(2.21О — 360)/360=0,167.
Находим коэффициент запаса по отношению к пределу
текучести
игт=тт/ттах=380/162=2,34.
Так как пх <лтт, то
оценку прочности про
изводим по величине
пх . Оказалось, что пх
ниже [п] на 11,6%, т. е.
Прочность вала недоста
точна.
В рассматриваемом
примере
^t ==Tmjn/TmaX =
=81/162=0,5>0,
поэтому определим ко
эффициент запаса по
уточненной
формуле
(см. стр. 220), вычислив
предварительно коэффи
циент т]г :
% =т_1/тпч=
=210/700 = 0,3,
Пх =---------- —---------- =
(^тд+^г “~
“+)^++^
(1,83+0,167 — 0,3) 40,5+0,3-121,5
Уточнение довольно существенно: коэффициент запаса
на 10,4% ниже ранее вычисленного.
Пример 2.83. На рис. 2.81,а дан чертеж поршня
двигателя внутреннего сгорания. Соединение поршня /
с шатуном 2 осуществляется поршневым пальцем 5, рабо
тающим на изгиб под действием силы Р, изменяющейся
в пределах от Рп1ах=21 кН до Pmln=—4,2 кН. Материал
пальца — сталь 20ХНЗА (опч=1000 Н/мм2, от=750 Н/мм2).
15 Заказ № 226
225
Проверить прочность пальца при [л]=2,5.
Решение. Примем расчетную схему поршневого паль
ца, показанную на рис. 2.81,6. Там же построена эпюра
изгибающих моментов.
Максимальный изгибающий момент в среднем (опасном)
поперечном сечении пальца
Mxmax = 7maxa2=^a2=Pmax -=
=21-103-=315-103 Н-мм.
2
Минимальный изгибающий момент в том же сечении
М
, —а а2~^^а2—Р . — —
Чпипи — 2а U —•‘пип 2 —
л-mln—
= -4,2-103-=-63-103 Н-мм.
2
Максимальное и минимальное
в опасном сечении пальца:
напряжения
изгиба
атах=Мхтах/Гх=315-103/(1,56-103)=202 Н/мм2,
^п^тЛ—бЗ-103/(1,56-103)^-40 Н/мм2,
где
№ -.^(1 -а^З'Ц-^мо^^.ббНО3 мм3,
a=do/d=24/3O=O,8.
Находим среднее напряжение и амплитуду цикла:
om=(araax+omln)/2=[202+(-40)]/2=81 Н/мм2,
оа=(отах - omin)/2=[202 - (-40)1/2 = 121 Н/мм2.
Общий коэффициент снижения предела выносливости
при симметричном цикле
^aд=
д —
еор =------------0,85-0,95 =1,32.
Предел выносливости при симметричном цикле изгиба
вычисляем по эмпирической формуле:
а_1=0,35опч+120=0,35-1000+120=470 Н/мм2.
Принимая по справочным данным + =0,25, опреде
ляем коэффициент запаса прочности
По=а~-1Жодаа+фс aw)=470/(l,32-121+0,25-81)=2,61.
226
Предлагаем учащимся убедиться, что коэффициент за
паса по отношению к пределу текучести выше, чем по
отношению к пределу выносливости.
§ 2.29. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ
Сжатый стержень должен быть рассчитан таким обра
зом, чтобы была обеспечена устойчивость равновесия его
прямолинейной формы, т. е. была исключена опасность
возникновения продольного изгиба. Сила, сжимающая
стержень, должна быть не больше допускаемой (Р<[Р]).
Последняя составляет некоторую часть от критической:
И=Л<₽/1'М.
где |/гу] — требуемый (допускаемый) коэффициент запаса
устойчивости.
Условие устойчивости
«у = ^кр/^>[«у].
где пу — требуемый (допускаемый) коэффициент запаса
устойчивости; для стальных стержней металлоконструкций
[пу]=1?7—2,0; для деталей машин (домкраты, ходовые
винты) [ny] = 3,0—5,0.
Критическая сила (при потере устойчивости в упругой
стадии) вычисляется по формуле Эйлера:
Ркр=л2£7т1п/Ш
227
где Е — модуль продольной упругости материала стерж
ня; /тщ — минимальный момент инерции поперечного се
чения стержня; ц — коэффициент приведения длины, за
висящий от способов закрепления концов стержня
(рис. 2.82); / — длина стержня.
Критическое напряжение (на основе формулы Эйлера)
оКр=л2Е/№,
где
X=p//imin — гибкость стержня;
’min = V^min/^ — минимальный радиус инерции попереч
ного сечения стержня.
Формула Эйлера применима при условии, что
^Кр^^пц»
(з)
гДе апц —предел пропорциональности материала стержня.
Из условия (а) следует, что формула Эйлера справед
лива при
^Чред»
гибкость материала стержня, зави
сящая от его физико-механических свойств;
гДе ^пред “ предельная
^пред = ^ Р^^/^пц*
В случае неприменимости формулы Эйлера критиче
ское напряжение, а значит, и критическая сила могут
быть вычислены по эмпирическим формулам.
Формула Тетмайера — Ясинского (для стальных, дюр
алюминиевых и деревянных стержней):
в^а-ЬХ,
(б)
где а и b — эмпирические коэффициенты,
мерность напряжения (табл. 2.8).
Для чугунных стержней
акр = 762- 11,8Х+0,522Л
имеющие раз
Эмпирические формулы Тетмайера — Ясинского при
менимы при
^О^^^^пред,
где %0 — значение гибкости, при которой критическое на
пряжение становится равным пределу текучести (для
стальных и дюралюминиевых стержней).
Для чугунных стержней условие применимости эмпи
рической формулы также выражается неравенством
^о<^С^преА; значения а, Ь, Хо и Хпред приведены в табл. 2.8.
228
Таблица 2.8
Значения а, b, Хо и Хпред
а,
Материал
Стали 10, Ст2.....................................................
Стали 15, СтЗ....................................................
Стали 25, Ст5....................................................
Стали 10Г2СД, 15ГС........................................
Дюралюминий Д16Т........................................
Сосна, ель ............................................................
Чугун.....................................................................
ь.
Н/мм2
Н/мм2
264
310
350
429
406
29,3
—
0,70
1.14
1,15
1,52
2,83
0,194
—
Л-о
62
61
57
50
30
10
пред
105
100
92
83
53
70
80
Стальные и деревянные стержни строительных конст
рукций, а также сжатые стержни металлоконструкций
подъемно-транспортных машин рассчитывают по формуле
o=P/F<(p[ac],
где F— площадь поперечного сечения стержня; (р — коэф
фициент продольного изгиба; [оД — основное допускаемое
напряжение на сжатие, устанав
ливаемое без учета опасности про
дольного изгиба.
Коэффициент (р зависит от
материала и гибкости стержня.
Последняя при проектном расче
те неизвестна, поэтому его прихо
дится вести последовательными
приближениями.
Пример 2.84. На рис. 2.83
показана расчетная схема трубча
той стойки самолетной конструк
ции. Проверить стойку на устойРис 2^з
чивость при [пу]=2,5, если она
изготовлена из хромоникелевой стали, для которой
Е=2,Ы05 Н/мм2 и опц-450 Н/мм2.
Решение, Для расчета на устойчивость должна быть
известна критическая сила для заданной стойки. Необ
ходимо установить, по какой формуле следует вычислять
критическую силу, т. е. надо сопоставить гибкость стойки
с предельной гибкостью для ее материала.
Вычисляем величину предельной гибкости, так как
229
табличных данных о ^прад для материала стойки не
имеется:
_____
__________
Чед= я V ^пц=3,14 /2,1.105/450=67,5.
Для определения гибкости рассчитываемой стойки вы
числяем геометрические характеристики* ее поперечного
сечения:
J=(nd4/64) [1 - (d0/d)4]=(3,14/64) 504 [1 - (40/50)4]=
= 18Ы03 мм4;
F=(nd74)[l - (d0/d)2]=(3,14/4)502[l - (40/50)2]=705 мм2}
r=yJ7F=|/48rTowr==16,O мм.
Определяем гибкость стойки:
Х=р/Д=0,7.1700/16=74,3
и убеждаемся, что ^>Хпред, т. е.
критическую силу можно опреде
лить по формуле Эйлера:
Рис, 2.84
PKp=n2£J/p/)2=3,142-2,b 105х
X I8L 103/(0,7.1700)2=
=263.103 Н=263 кН.
Вычисляем расчетный (дейст
вительный) коэффициент запаса
устойчивости:
Пу=Р^/Р=263/100=2,63.
Таким образом, пуу[пу\ на 5,2%.
Пример 2.85. Определить допускаемую величину
сжимающей силы для стойки, сваренной из двух швелле
ров (рис. 2.84). Материал стойки — сталь Ст2, требуемый
коэффициент запаса устойчивости [пу]=2,2.
Как изменится величина [Р], если длину стойки умень
шить вдвое?
Решение. Для определения допускаемой величины сжи
мающей силы надо знать величину критической силы.
Чтобы установить, по какой формуле следует определять
Ркр, надо вычислить гибкость стойки.
* У величин J п i опущены индексы «min», так как поперечное
сечение стойки имеет форму кругового кольца, для которого, как
известно, все центральные оси главные и все главные центральные
моменты инерции одинаковы.
230
Определяем главные центральные моменты инерции
сечения, принимая исходные геометрические характери
стики по ГОСТ 8240—72;
4=2Лшв=2.174=348 см4;
^у=2[/уша+^шв (Ь - г0)2]=2 [20,4+10,9 (4,6 - 1,44)2]=
=258 см4.
Таким образом, Jy<J х и Jmin=Jy.
Площадь сечения
F=2FmB=2-10,9=21,8 см2.
Минимальный радиус инерции
U=Kjjf=fW=3,44 см.
Гибкость стойки (при ц=0,5 —см. рис. 2.82)
Un//imln=0,5-900/3,44 = 131.
Следовательно, ^>^прсд и критическую силу определяем
по формуле Эйлера:
ШП11= 3,142-2,0-105.258-10* =250. !Оз Н = 250 кН.
р
(р./)8
(0.5-9000)2
Величина допускаемой силы
[^] = ^кР/Иу] = 250/2,2=113 кН.
При уменьшении длины стойки вдвое критическая
(и допускаемая) сила увеличится не в четыре раза, как
можно было бы ожидать исходя из формулы Эйлера,
а меньше. Действительно, гибкость стойки уменьшенной
длины
^=Х/2= 131/2=65,5,
т. е. ^1<^Пред, но ^>^0, и критическое напряжение
(соответственно и критическую силу) следует определять
по эмпирической формуле Тетмайера — Ясинского. При
меняем указанную формулу, беря значения коэффициен
тов из табл. 2.8:
^p=4=f (а - WQ=21,8.102 (264 — 0,70 • 65,5) =
=476-103 Н=476 кН.
Допускаемая сила
И = /М"У1=476/2,2=217 кН.
Таким образом, величина критической и допускаемой
сил возросла лишь в 1,9 раза. Этот пример служит
231
ярким подтверждением того, что нельзя применять
формулу Эйлера при гибкости, меньшей предельной.
Пример 2.86. Определить величину допускаемой
сжимающей силы для чугунной стойки коробчатого попе-.
речного сечения (рис. 2.85) при [пу]=5,0.
Решение. Для выяснения, какой
формулой следует пользоваться
для определения критической си
лы, вычисляем гибкость стойки, а
предварительно геометрические ха
рактеристики ее поперечного сече
ния. Минимален, очевидно, момент
инерции относительно оси у, его
У
и определяем как разность момен
тов инерции двух прямоугольни
■%zzz
ков:
Jmin=203.30/12— 163-26/12=
го
= 11,Ь103 см4.
300
Площадь сечения
F=30-20 —26-16=184 см2.
Минимальный радиус инерции
«min = /W^/H.blO3/^
= 7,75 см.
Гибкость стойки (при ц=1,0)
Х=ц//(т1п=45О/7,75=58.
Так как Х<Хпред, то для определения критической силы
применяем эмпирическую формулу:
Рис. 2.85
Ркр=F (а — ЬЬ — сХ2) = 184 • 102 (762 — 11,8 • 58+ 0,052 • 582) =
=464-104 Н.
Определяем допускаемую нагрузку:
[P]=PKp/[ny]=4 64 104/5,0=928-103 Н=928 кН.
Пример 2.87. Проверить на прочность и устойчи
вость заданную стержневую систему (рис. 2.86). Материал
стержней — сталь Ст5 (ат=280 Н/мм2). Требуемые коэффи
циенты запаса: прочности [п] = 1,8; устойчивости [яу]=2,2.
Стержни имеют круглое поперечное сечение (/1=(/2=20мм,
d3=28 мм.
232
Решение. Вырезая узел, в котором сходятся стержни,
и составляя уравнения равновесия для действующих на
него сил (рис. 2.86)
N1=N29 2^1 cos Н^3=Л
устанавливаем, что заданная система статически неопре
делима (три неизвестных усилия и два уравнения ста
тики). Ясно, что для расчета стержней на прочность и
устойчивость необходимо знать величины продольных сил,
возникающих в их поперечных сечениях, т. е. нужно
раскрыть статическую неопределимость.
Составляем уравнение перемещений на основе диа
граммы перемещений (рис. 2.87):
A/3=A/1/cos i|\
или, подставляя значения изменений длин стержней, по
лучаем
^з^ _
^i^______
End^/4
Е ( л^/4 ) cos2 ф
откуда
^з=^1 (dg/d,)2 (1/cos2 г|?)=^ (28/20)2 (1/cos2 30°)=2,62^.
Решив это уравнение совместно с уравнениями ста
тики, найдем:
Л\=М2=О,23Р=О,23-120=27,6 кН,
Л3=О,6ОЗР=0,603-120=72,3 кН.
233
Напряжения в поперечных сечениях стержней 1 а 2
(см. рис. 2.86):
о, 2=_JL=_?Zi№.=88 Н/мм'.
'
tugji
3.U-20-/4
Их коэффициент запаса прочности
n=oT/olt 2=280/88=3,18>[л].
Для определения коэффициента запаса устойчивости
стержня 3 надо вычислить критическую силу, а это тре
бует определения гибкости стержня, чтобы решить, какой
формулой для нахождения 2VKp следует воспользоваться.
_ ц/
р./рЛ р/1
1/
450
з
64(nd|/4)
Итак, 4<^<^пред и крити
ческую силу следует определять
по эмпирической формуле:
Л^р^з^ —^) =
= А14 23^(350_ 1i15.G4>3) =
= 170-103 Н = 170 кН.
Коэффициент запаса устой
чивости
«y=^Kp/.V3= 170/72,3=
=2,35 >[/гу].
Таким образом, расчет пока
зывает, что коэффициент запаса
устойчивости близок к требуемо
Рис. 2.88
му, а коэффициент запаса прочности значительно выше требуемого, т. е. при увеличении
нагрузки системы потеря устойчивости стержнем 3 вероят
нее, чем возникновение текучести в стержнях 1 п 2.
Пример 2.88. Определить требуемые размеры попе
речного сечения стойки, центрально сжатой силами
Р=90 кН и изготовленной из дюралюминия Д16Т (Е =
=0,70-105 Н/мм2). Верхний конец стойки закреплен шар
нирно, нижний — при помощи гребенки, допускающей
поворот вокруг оси х (рис. 2.88) или вокруг оси у
234
(рис. 2.89). Рассчитать два варианта сечения, показанные
на рис. 2.88 и 2.89. Принять [лу]=3,0.
Решение. Для стойки по рис. 2.88, очевидно, вероят
нее потеря устойчивости в плоскости уг, где она рабо
тает как стержень с шарнирно закрепленными концами
(р,= 1,0); в плоскости хг нижний конец стойки лишен
возможности поворачиваться, и |л=0,7. Так как труба
тонкостенная, то площадь и момент инерции ее сечения
можно определить по приближенным формулам*:
F=ndcp6=n(d0+6)6=n (206+6) 6=21лд2;
Jp=/?(dcp/2)2=21^[(20H«)/2|2=233n61;
./1 = Jv = J = Jp/2 = 233л64/2= 116,5л64.
Требуемую величину момента инерции определяем из
условия устойчивости, применяя формулу Эйлера:
J>P[ny\ (ц/)7(л2Е)=90 • 103 • 3,0 • 20007(3,142 • 0,70 • 105) =
= 156-104 мм4.
* Ддя тонкого кольца можно приближенно считать, что расстоя
ния всех его точек от центра одинаковы и равны половине среднего
диаметра. Для вычисления площади мысленно разрезаем кольцо и
разворачиваем его в прямоугольник со сторонами л^ср и б.
235
Определяем величину 6—толщину стенки трубы:
116,5л64=156-104,
откуда
6=
156.10*
------------- =8,1 мм.
116,5-3,14
Для того чтобы убедиться в применимости формулы
Эйлера к трубе с найденными размерами сечения, вычис
лим ее гибкость и сравним с предельной гибкостью:
t=У~ЦР = ]<233n64/(21n62)=3,236=3,23-8,1= 26,9 мм’
К=ц1/1=2000/26,9 = 74,5.
Итак, ^>ЧРед=53 (см. табл. 2.8), и, следовательно,
формула Эйлера могла быть применена.
Переходим к расчету стойки коробчатого сечения
(см. рис. 2.89). Поскольку закрепление нижнего конца
стойки в главных плоскостях различно, то надо вычис
лить обе гибкости относительно главных осей и вести
расчет по большей из них:
j =(Л+2бНЬ+^_й^=/17^^
*
12
12
. _(£±2W+2^ —W
12
12
(
12
12
/
/1^_10^^^^
(,12
12 J
’
U J
F=(b+2d)(/i+2d) — 6/i=(12-17 — 10-15) 62=5462}
ix=yijF^y 119864/(5462) =4,716;
iy=VT^F = / 210064/(5462) =6,2361
Xx=px//ix=0,7-2000/(4,716)=297/6;
Xy=py//iy= 1,0 - 2000/(6,236)=321/6.
Итак, вероятнее потеря устойчивости в плоскости наи
большей жесткости стержня, так как гибкость ^у>кх,
т. е. расчет надо вести по максимальному моменту инер
ции *. Из предыдущего расчета следует, что
Jy=156-104 мм4,
но
</у=2100б4,
* Различное закрепление стойки в главных плоскостях позволяет
уменьшить разницу между величинами гибкостей в этих плоскостях,
а значит, более рационально использовать материал стойки.
236
следовательно,
S=4/156-104/2100 =5,23 ММ.
При найденной величине б гибкость стержня
^=321/6=321/5,23=61,4>Хпред,
и, следовательно, формула Эйлера была использована
в области ее применимости.
Предлагаем учащимся самостоятельно сопоставить вы
годность двух рассмотренных типов сечения.
Пример 2.89.
Определить
допускаемую величину сжимающей
силы для стойки из стали СтЗ,
если [ас] = 160 Н/мм2. Стойка состо
ит из двух швеллеров (рис. 2.90),
жестко соединенных между собой.
Расстояние с между стенками
швеллеров выбрать из условия
равноустойчивости стойки во всех
направлениях.
Решение. По условиям задачи
швеллеры жестко соединены друг
с другом, т. е. работают совмест
но, и сечение стойки следует рас
сматривать как монолитное, хотя
связи между швеллерами на ри
сунке и не показаны.
Стойка будет равноустойчива
во всех направлениях при усло
вии равенства всех центральных моментов инерции ее се
чения, а для этого, как известно, необходимо, чтобы
Jx=Jy. Используем это условие для определения с:
/х=2Л<шв = 2.304 = 608 см4;
Jy=2(JyimB+a2fulB) = 2^
Приравняв правые части выражений для Jх и Jy1
найдем
608=62,4+26,6а2,
откуда
__________
а =+545,6/26,6 =4,54 СМ,
но а=?0+с/2,
или 4,54 = 1,54+с/2,
следовательно, с=6,0 см.
237
Коэффициент запаса устойчивости не задан, но изве
стно основное допускаемое напряжение, и, следовательно,
расчет надо вести по коэффициенту ср продольного изгиба.
Для нахождения этого коэффициента вычисляем гибкость
стойки:
________
____________
^=^^/(2^) =f 608/(2-13,3) =4,77 см,
X=^=0,7-600/4,77=88.
При полученной гибкости для стали СтЗ значение коэф
фициента продольного изгиба ф=0,702 (см. [2]), тогда
[Р]=ф[асИ=0702.160.2^3Л 102=29^
Н=298 кН.
§ 2.30. ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ В СОПРОТИВЛЕНИИ МАТЕРИАЛОВ
Здесь рассмотрены расчеты движущихся деталей при
заданных ускорениях и расчет на действие ударной на
грузки. В первом из указанных случаев расчет в прин
ципе не отличается от расчета при статическом нагруже
нии. Для определения внутренних силовых факторов,
возникающих в поперечных сечениях движущегося бруса,
применяют метод кинетостатики, основанный на принципе
Даламбера. К каждой точке тела прикладывают силу
инерции, уравновешивающуюся активными и реактивными
силами, приложенными к данной точке. Таким образом,
точку можно рассматривать как находящуюся в равно
весии, т. е. задача динамики сводится к задаче статики.
Напоминаем, что сила инерции равна произведению
массы точки на ее ускорение и направлена в сторону,
противоположную ускорению.
При расчете на действие ударной нагрузки перемеще
ние (напряжение), вызванное действием этой нагрузки,
определяют как перемещение (напряжение) от статически
приложенной силы, равной весу падающего (ударяющего)
груза, умноженному на динамический коэффициент, т. е.
^д = ^д^*ст>
где
^д = ^д^ст»
________
6Д=1+]/ l-f-2/i/V
Влияние массы ударяемой системы при расчете не учи
тывают. В случае мгновенного (безударного) приложения
нагрузки, т. е. при h=0 из формулы для £д следует, что
^д=2 и
^д=2?1ст, сгд=2(У£т.
238
При высоте падения груза, значительно превышающей
величину статического перемещения Хст, динамический
коэффициент можно вычислять по упрощенной формуле
кд=У 2/i/ACT.
Пример 2.90. Определить из расчета на прочность
основные размеры пружин, на которых установлен при
бор космического корабля, если мак
а=15д
симальная вертикальная перегрузка
при взлете корабля составляет 15g *
(рис. 2.91). Сила тяжести прибора
G=100 Н. Допускаемое напряжение
для материала пружин [т]=600 Н/мм2.
Решение. Прикладываем к прибо
ру силу инерции
Рв=тпрИба = (0/ё) 15g=15G,
направленную противоположно уско
рению.
Ри'
Проектируя силы, приложенные
Рис. 2.91
к прибору (включая силу инерции),
на вертикальную ось г, определяем усилия, действующие
на него со стороны каждой из пружин:
2^г=0;
2P-G-^„=0,
откуда
P=(G+PH)/2=(G+ 15G)/2=8G.
Эта сила и будет сжимать каждую из пружин.
Условие прочности пружины (см. стр. 152)
т[Пах=Л.8РО/(л^)<[т1.
Задавшись индексом пружины cn=D/d=8, получим
т,па х =='^ • 8^п/(л d2)< [ т],
откуда найдем диаметр проволоки
&=1,17 (см. стр. 153):
d>
пружины,
приняв
8-1.17-8-100-8
=5,6 мм.
3,14-603
* В авиационной и космической технике вместо термина «ускоре
ние» во многих случаях применяют термин «перегрузка», показываю
щий, во сколько раз ускорение при взлете больше ускорения свобод
ного падения g,
239
Примем е/=6мм, тогда средний диаметр пружины
D=cnd=8-6=48 мм.
Пример 2.91. Из расчета на растяжение троса
спортивного молота определить максимальную допустимую
скорость, которую можно
придать молоту в момент
его метания.
Вращение
молота при метании равномерное.
Масса
молота
тм=10 кг. Трос стальной
Рис. 2.92
диаметром d=4 мм и дли
ной 1 = 1,5 м. Допускаемое напряжение для троса на рас
тяжение [а]=200 Н/мм2.
Решение. Приложим к молоту в момент метания
центробежную силу (касательная сила инерции отсутст
вует, так как вращение равномерное, и тангенциальное
ускорение равно нулю), как показано на рис. 2.92.
Нормальное ускорение
ап = и2/1
(радиус молота пренебрежимо мал по сравнению с дли
ной троса).
Сила инерции
P»=mMan=muv2/l.
Продольная сила в любом поперечном сечении троса
N=PK=muv2/l.
Условие прочности троса
a=NIF<[a],
или
в=ты v2/(Ind2/4) < [а].
Из этого выражения нетрудно определить максимально
допустимую скорость, которую можно сообщить молоту:
f = K[oj/nd2/(4/nM) =
= К^ГьГТо’ЛЗЛ^2/^^ = 19,5• 103 мм/с= 19,5 м/с.
240
Пример 2.92. Определить напряжениярастяжения
в лопатке (рис. 2.93) газовой турбины от действия цент
робежных сил*.
Решение. При равномерном вращении касательное
ускорение любой точки лопатки равно нулю и сила инер
ции определяется лишь
нормальным ускорением
ап=^г,
где со — угловая скорость;
г — расстояние рассматри
ваемой точки от оси вра
щения.
Мысленно
остановив
лопатку, приложим к каж
дому ее элементу длиной
dr
центробежную
силу
инерции (рис. 2.93)
dPu =тлап = pFtfrdr,
где р — плотность материа
ла; F — площадь поперечРис. 2.93
ного сечения лопатки.
Величину полной центробежной силы для любой части
лопатки получим интегрированием последнего выражения
по радиусу:
R
R
Рп={ pFto2rdr=p®2 С Frdr.
Составив уравнение равновесия для мысленно отсечен
ной части лопатки, убедимся, что продольная сила в про
веденном сечении равна РИ:
R
N=рсо2 J Prdr
и напряжение растяжения в этом сечении
(
R
\
ap=N/F=l р®2 § Frdr yF.
* Газовая турбина приводит в движение центробежный насос
жидкостного реактивного двигателя. Газодинамические силы, нагру
жающие лопатки турбины, вызывают их изгиб и кручение. В этой
задаче влияние этих сил не учитывается.
16 Заказ № 22G
241
Для вычисления интеграла необходимо знать функции?
F—f(r), которая при проектировании лопатки определяется из специального газодинамического расчета.
Определим допускаемую угловую скорость для лопат
ки постоянного поперечного сечения. Материал лопатки —
жаропрочный сплав плотностью р=7,9-103 кг/м3, имею
щий предел прочности
при рабочей темпера
туре
700° С
ов=
= 800 Н/мм2. Коэффи
циент запаса прочности
[пв]=1,5; /?=110 mmj
го=7О мм.
Величина центробеж
ной силы для любой
части лопатки при по
стоянной площади по
перечного сечения
л
P„=p(o2F J гdr—
Г
=ptfF (R2 - г2)/2.
Величина напряжения растяжения в любом попереч
ном сечении лопатки в данном случае не зависит от его
площади:
ор=рсо2Г (Я2 - r2)/(2F)=prf (Я2 - г^/2.
Характер эпюры напряжений по длине лопатки пока
зан на рис. 2.94.
Максимальное напряжение возникает в корневом сече
нии при г=г0, и условие прочности имеет вид:
°Р тах = Р“2 (^2 —
^/2 < М"в]>
откуда допускаемая угловая скорость
Н <1/
—
——
Г
р(я2 —Го) ["в!
__________ 2-800___________
7,9-ЮМО-9 (1102 — 702) 1,5
= 1370 рад/с,
или частота вращения
[п]=ЗО[со]/л=ЗО. 1370/3,14 = 13 000 об/мин.
В дальнейшем эта величина может быть уточнена при
расчете лопатки с учетом изгиба и кручения.
242
Пример 2.93. Определить из расчета на прочность
необходимый диаметр спортивной перекладины (турника)
длиной 2,5 м (рис. 2.95, а), изготовленной из легирован
ной стали (от=800 Н/мм2), если максимальная частота
вращения гимнаста и=40 об/мин.
Решение. Для рас
чета перекладины необ
ходимо задаться некото
рыми не указанными в
условии данными: мас
сой спортсмена, положе
нием центра тяжести
его тела относительно
оси вращения, коэффи
циентом запаса проч
ности перекладины и
условиями ее закрепле
ния.
Принимаем соответ
ственно /ит1Х=80 кг;
R=\ м и ргт] = 1,5.
Перекладину
рас
сматриваем как балку,
шарнирно опертую по
краям (принятое усло
вие идет в запас проч
ности по сравнению с
любым другим закреп
Рис. 2.95
лением).
Наиболее тяжелый случаи нагружения оудет, когда
человек находится в крайнем нижнем положении. Расчет
ная схема перекладины показана на рис. 2.95, б. В этом
случае нагрузка, приложенная в середине балки, будет
складываться из веса человека и центробежной силы,
обусловленной нормальным ускорением:
G+PH=^fm^=785+80.4,22.l=2196 Н.
Угловая скорость
(D=nn/30=3,14-40/30=4,2 рад/с.
Реакции опор перекладины
Д=В=(С+Ри)/2=2196/2=1098 Н.
15*
243
Изгибающий момент в опасном сечении балки, посере
дине пролета (рис. 2.95, в)
Мтах=Л//2=1098-2,5/2 =1370 Н-м.
Условие прочности перекладины
omax=Mmax/№ < [оЪ
или
—
тах
^тах
я<Р/32
^т
[nJ*
откуда находим необходимый диаметр перекладины
32Мтах[пт1^ j / 32-1370.10Ч~5_296
лат
3,14-800
’
Принимаем d=30 мм.
Пример 2.94. Определить напряжения в попереч
ных сечениях стальных стержней и их удлинения при
падении груза весом Q=50 Н с высоты й=0,1 м на диск,
укрепленный на нижнем стержне (рис. 2.96, я).
Решение. Для вычисления динамического коэффици
ента определим перемещение диска от статического дей
ствия силы. Для этого предварительно выразим продоль
ные силы в стержнях через силу Q.
Для вертикального стержня 3, очевидно,
244
Вырезая узел А и составляя уравнения равновесия
действующих на него сил, получаем
N^N*
Ni cos 3O’+W2 cos 30° - ^=0,
откуда
^1=^2=^3/(2 cos 30°)=Q/(2 cos 30°).
Определяем статические удлинения стержней
д/1=д/2=^1=-------- %-------- =
EFi
E(n4/4)2cos30°
Д/ =2^з.=_215_ =----- 50JJM0*----- =1 27-10-2 ММ.
ЕР3
Ел^/4
2,0.105.3,14.574
Определяем статическое перемещение диска, на кото
рый падает груз; оно равно сумме вертикального пере
мещения кд узла А и удлинения стержня 5:
^=A//cos30°=l,73-10-70,866 = 2,0-10“2 мм (рис. 2,96,6);
ХСТ=ХВ = Хл+ Д/3=(2,0+1,27) 10-2=3,27.10-2 мм.
Вычисляем динамический коэффициент
£д=1+|Л+2АД^= 1 +}Л1 +2-100/(3,27. 10“2) « 79.
Динамические удлинения стержней:
Д/1д=Д/2Д=АдД7=79- Ь^З-10-2 =1,37 мм;
Д/3д=^дД/3=79-1,27-10-2= 1,00 мм.
Динамическое перемещение диска
^=^=79-3,27-10~2=2,58 мм.
Динамические напряжения в стержнях:
-Ь
'V1 —Ъ _____^_______
л^/4
2(n4/4)cos30°
—----- —---------= 181 Н/мм2;
2(3,14-42/4) 0,866
азд=*д—9-=79Г7Т^Д=201 Н/мм3
Л</;/4
3,14-574
245
Пример 2.95. Определить из расчета на прочность
балки, изображенной на рис. 2.97, допускаемую высоту
падения груза массой т=100 кг, если [о]=160 Н/мма.
Определить при этой высоте динамический прогиб балки
в середине пролета.
Применить упрощенную формулу для динамического
коэффициента.
№2
^ОЗсм*
№7,2см*
Рис. 2.97
Решение. Условие прочности балки
^Д^^Д^СТ ^ [°1
Наибольшее нормальное напряжение при статическом
действии силы Q=mg
Н/мм».
Wx
4WX
4-67,2-103
Динамический коэффициент не должен
следующего значения:
[АдМо]/^ 160/7,3=21,9.
По формуле
превышать
_____
^=i/m;,
где
/„=^=222^842^=0,203 мм.
^EJX
48-2,0-Ю5-403-104
Приравнивая значение ka допускаемому, получаем
Ад=]/2Ш203=[^]=21,9,
откуда [/i]=48,6 мм.
Динамический прогиб в середине пролета
/д=/сА=0,203-21,9=4,44 мм.
Часть третья
ДЕТАЛИ МАШИН
ГЛАВА XII. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О ДЕТАЛЯХ МАШИН
И ОСНОВАХ ИХ РАСЧЕТА
§3.1. РАБОТОСПОСОБНОСТЬ ДЕТАЛЕЙ МАШИН
К деталям машин предъявляются требования работо
способности в течение заданного срока их службы при
минимальной стоимости изго
товления и эксплуатации.
Работоспособность
детали в общем случае ха
рактеризуется рядом крите
риев (показателей):
проч
ностью, жесткостью, износо
стойкостью, теплостойкостью,
виброустойчивостыо.
При расчетах на проч
ность различают три основ
ных вида изменения напряже
ний во времени: статическое
напряжение (рис. 3.1, а),
отнулевой цикл напряже
ний (рис. 3.1, 6), симмет
ричный цикл напряжений
(рис. 3.1, в).
При заданной нагрузке и
выбранном материале доста
точная
прочность
детали
обеспечивается
такими ее
размерами и формой, которые
Рис 31
исключают поломку и по
явление остаточных деформаций. Это требование удовле
творяется при выполнении условия прочности, выража
емого неравенством
о < [а] или т < [г].
247
При проектных расчетах на прочность деталей машин
допускаемые напряжения определяют по формулам:
[^] = ^Пред/[л], [^1 ==^пред/[^]>
где апРед, тпред — предельное (опасное) напряжение, при
возникновении которого в опасной точке детали появ
ляются признаки разрушения или пластические деформа
ции.
При проверочных расчетах часто применяют условие
прочности в виде:
« = апред/а > Ы «ЛИ П = Тпред/Т > [п].
В качестве предельного напряжения принимают:
1. При статической нагрузке и пластичных или
хрупко-пластичных материалах предел текучести ат (или
условный предел текучести Оо,2 для пластичных матери
алов, диаграммы растяжения которых не имеют площадки
текучести).
2. При статической нагрузке и хрупком материале
предел прочности опч (обозначаемый также ов).
3. При напряжениях, переменных по времени и изме
няющихся по симметричному циклу, предел выносливо
сти (Т-р
Требуемый коэффициент запаса прочности [и] принято
представлять как произведение трех частных коэффици
ентов запаса;
НЧ'чП'чПяз]Здесь [nJ — коэффициент, учитывающий степень точ
ности определения величины и характера приложения
нагрузок, действующих на деталь, и степень приближения
принятой расчетной схемы к действительным условиям
работы детали. Чем точнее определены нагрузки, дейст
вующие на деталь и чем больше приближена к реальным
условиям расчетная схема, тем ближе [nJ к единице.
Для точных методов расчета с учетом концентрации
напряжений значение [п] лежит в пределах 1,1 —1,5, при
менее точных [nJ=2,0—3,0.
Коэффициент [п2] учитывает степень однородности
механических свойств материала. Для стальных деталей
из поковок и проката [nJ = 1,2—1,5, для чугунных
[nJ=3-6.
Коэффициент [п3] вводится только в тех случаях,
когда должна быть обеспечена особая надежность детали^
в условиях эксплуатации; [п3]= 1 — 1,5.
248
Таким образом, при статическом нагружении детали
из пластичного материала (сталь отожженная, нормализо
ванная, закаленная с высоким отпуском) допускаемые
напряжения:
и [т]ср=(0,5-0,6)[<т]р,
где [л2]«2,5от/опч, т. е. [п2) зависит от пластичности
материала.
Концентрация напряжений при действии постоянной
нагрузки не снижает прочности деталей из пластичных
материалов.
При статическом нагружении допускаемые напряжения
для хрупких материалов:
[а]=-------- ^-------- ,
[nJ [n2J [л8] ( *„ )s ’
где е5 — масштабный фактор, учитывающий понижение
предела прочности материала с увеличением абсолютных
размеров детали;
„
(^пч)^
(апч)ло
т. е. отношению пределов прочности при испытании об
разцов с фактическим диаметром d и диаметром 10 мм.
(^о b — эффективный коэффициент концентрации на
пряжений при статическом нагружении.
Для хрупкого однородного материала (закаленная
стал ь)
(^О )j ~ ^5»
где ^ — теоретический коэффициент концентрации напря
жений.
Для хрупкого неоднородного материала, например
чугуна, малочувствительного к концентрации напряже
ний, можно принимать
(М,= Ь
Значения es, (Ла)5 и а5 приведены в справочной лите
ратуре.
249
При симметричном цикле изменения напряжений во
времени допускаемые напряжения определяют по форму
лам:
при изгибе
1
1и
^ЫЫЫ’
при растяжении-сжатии
р
ммкжг
при кручении
ГТ_
где
О-р
е0, ет — масштабные факторы для нормальных
и касательных напряжений;
сг_1р, Т-1 — пределы выносливости при симметрич
ных циклах изменения напряжений
изгиба, растяжения-сжатия и кручения
(а_1р ^ 0,85(7-^ т^ ^ 0,60^);
Р — коэффициент,
учитывающий влияние
качества поверхности детали на уста
лостную прочность (Р=0,6—1,0);
k0, kx — эффективные коэффициенты концентра
ции нормальных и касательных напря
жений.
При отнулевом (пульсирующем) цикле изменения на
пряжений допускаемые напряжения приближенно опре
деляют по отношениям:
[о0]^ (1,6 4-1,4)^]; [tJ^I,?^].
При расчете некоторых объектов, в частности зубча
тых колес, болтов, заклепочных и сварных соединений,
фрикционных и червячных передач, допускаемые напря
жения выбирают из специальных таблиц.
Деталь может выйти из строя также из-за разрушения
рабочих поверхностей, т. е. недостаточной контактной
прочности.
Выбор допускаемых напряжений и коэффициентов за
паса прочности при расчетах на контактную прочность
производится табличным методом.
Помимо расчетов на прочность для ряда типов дета
лей производятся расчеты на жесткость путем сравнения
фактических (расчетных) перемещений с допускаемыми.
250
Таблица 3.1
Характеристики некоторых машиностроительных материалов
апч (%)
°Т (°0,2>
°-1
Ориентировочное
применение
240
180
280
240
310
280
Заклепки,
болты, гайки
Валы,
оси,
зубчатые колеса
Шпонки, ва
лы,
зубчатые
колеса
350
210
160
520
300
600
340
Сталь
50Г
650
370
Сталь
20Х
800
600
350
Для
цемен
туемых деталей:
зубчатых колес,
кулачковых
муфт
1000
800
420
Зубчатые ко
леса, катки,оси,
валы
Марка
Материал
Н/мм*
Сталь угле 380—470
родистая обык
новенного ка 500—620
чества
(ГОСТ 380—71) 600—720
СтЗ
Ст5
СтЗ
Сталь угле
родистая каче
35 ственная кон
струкционная
45 (ГОСТ 1050—74)
Сталь 15
»
»
и 50
Сталь
40Х
СЧ 1228
СЧ 15—
32
СЧ 21 —
40
БрОЦС5-5-5
Сталь леги
рованная кон
струкционная
(ГОСТ 4543-71)
Отливки из
серого чугуна
(ГОСТ 1412—70)
120
280
150
210
Бронзы оло 180-220
вянные литей
ные (ГОСТ
613—65)
Для цементу
емых деталей
230
Болты, гайки,
оси, валы
260
Зубчатые ко
леса,
муфты,
валы
Фрикционные
диски
290
Детали, под
вергающиеся ис
тиранию
—
80—100
Кожухи, кор
пуса
320
Станины, ти
хоходные зуб
чатые колеса
400
Зубчатые ко
леса,
рычаги,
маховики
—
Вкладыши
подшипников
251
Продолжение табл. 3.1
Марка
Материал
апч
MW
tf-i
Ориентировочное
применение
Н/мм2
БрОФЮ-1
Бронзы оло 200—350
вянные
ли
тейные
(ГОСТ 613—65)
200
БрАЖ9-4
Бронзы без- 500—550
оловянные
(ГОСТ 493—54)
350
—
Ответствен
ные подшипни
ки,
втулки,
зубчатые венцы
к червячным ко
лесам,
гайки
ходовых винтов
Подшипнико
втулки
вые
(при
закален
ных поверхно
стях вала), чер
вячные колеса,
шестерни, круп
ные отливки
Износ является главной причиной выхода деталей ма
шины из строя. Различают три основных вида износа:
1) механический, 2) молекулярно-механический при заеда
нии, 3) коррозийно-механический.
Расчеты на износостойкость производятся либо путем
введения поправочных коэффициентов на износ в фор
мулы для расчета на прочность, либо путем ограничения
давлений на поверхностях контакта деталей.
Расчеты на теплостойкость и виброустойчивость здесь
не рассматриваются.
§ 3.2. краткие сведения о материалах машиностроения
Выбор материала детали зависит от ее назначения и
способа изготовления. При этом учитываются требования
прочности, жесткости, износо- и теплостойкости детали
при минимальной ее массе, а также требования техноло
гичности конструкции, т. е. возможности изготовления
детали необходимого качества путем использования наи
более производительных и наименее трудоемких техноло
гических процессов.
252
Наиболее распространенными в машиностроении мате
риалами являются стали различных марок, чугуны и
бронза, пластмассы, древесина, резина и др. (табл. 3.1
и 3.2).
Таблица 3. 2
Механические характеристики некоторых пластмасс
°пч с
°пч и
Примерное назначение
Марка
Материал
H/jлм2
Текстолит
2
120
150
»
ПТК
160
150
Древесно
слоистый пла
стик
Капрон
ДСП-Г
100
120
60-70
70—80
150—350
—
80—85
80—100
Стеклопластик
Полистирол
—
Шкивы,
зубчатые
колеса, втулки, вкла
дыши подшипников
Накладки на на
правляющие
Вкладыши подшип
ников, втулки, шкивы
Детали с высокой
ударной прочностью,
стойкие против исти
рания: втулки, зубча
тые колеса,
краны
и т. д.
Крупногабаритные
детали: тумбы, коры
та, кожухи и т. д.
Части
приборов,
панели, катушки, изо
ляторы
ГЛАВА XIИ. СОЕДИНЕНИЯ ДЕТАЛЕЙ
И СБОРОЧНЫХ ЕДИНИЦ МАШИН
§ 3.3. ЗАКЛЕПОЧНЫЕ СОЕДИНЕНИЯ
Причинами разрушения заклепочного соединения мо
гут быть: срез заклепок, смятие листов и заклепок, раз
рыв листа в сечении, ослабленном отверстиями, разруше
ние кромки листа у отверстия под заклепку.
При расчете принимаются допущения о равномерности
распределения нагрузки между заклепками, об отсутствии
концентрации напряжений у отверстий и о равномерно
сти распределения давлений по боковой поверхности за
клепки.
253
Заклепочное соединение, нагруженное силой Р, рас
считывают:
а) на срез заклепок
р
Тср~ тГ^мГ
^ср>
где k — число срезов одной заклепки; d — диаметр отвер
стия под заклепку, несколько больший диаметра непоставленной заклепки; т — число заклепок по одну сто
рону стыка;
б) на смятие между заклепками и соединяемыми эле
ментами
<7см =
ТТ
'n“Omin
^ [°1см>
гДе 6mln — минимальная толщина соединяемых элементов}
для соединения встык с двумя накладками подставляют
меньшую из величин 6 (толщина соединяемых элементов)
и 2SH (удвоенная толщина накладки);
в) на растяжение соединяемых элементов и накладок
^p—NIFu^io ^ [®]р>
где N — продольная сила, возникающая в проверяемом
сечении;
^нетто — площадь этого сечения с учетом ослабления его
отверстиями под заклепки;
г) на срез заклепкой края листа
р
'
Тср= 2(e-d/2Wmin ^ ^1ср’
где е — расстояние от центра заклепки до края листа
(обычно принимают e=l,5d).
В случае, если диаметр заклепок не задан, его можно
выбрать по эмпирическому соотношению d ^ (1,8 —2,2) 6min.
Шаг заклепок выбирают по соотношению /=(3-5-6)d.
Пример 3.1. Определить число заклепок и размеры
шва для соединения встык (рис. 3.2) двух полос толщи
ной 6=12 мм при помощи двух накладок толщиной
6Н=7 мм, если растягивающая сила Р = 280 кН. Мате
риал заклепок и листов —сталь СтЗ. Диаметр отверстий
под заклепки d=17 мм, ширина полос 6=200 мм.
Решение. 1. По условию задачи тип заклепочного шва
и диаметр заклепок заданы, поэтому можно перейти
к определению числа заклепок.
254
2. Выбираем допускаемые напряжения по табл. 3.3.
МсР=
ИО Н/мм2; [о]р= 160 Н/мм2; [о]см=320 Н/мм2.
3. Определяем число заклепок из условия прочности
на срез (число плоскостей среза й=2):
т>
Р
44
[т]ср А’Л^2/4
140-2Л'172~ ’
Принимаем пять заклепок.
4. Проверяем прочность заклепочного шва на смятие.
В данном случае напряжения смятия между заклепками и
Таблица 3.3
Допускаемые напряжения для прочных швов
при сверленых отверстиях под заклепки
Элемент шва
Заклепка
Основной материал (соеди
няемые листы, уголки и т. п.)
Заклепка и соединяемые
листы
Род напряжения
Срез [тср]
Растяжение [а]р
Срез [t]v
Смятие [о]см
Допускаемые
напряжения,
Н/мм2
Ст 2
СтЗ
100
140
90
280
140
160
100
320
255
листами меньше, чем между заклепками и накладками, так
как д < 2дн:
асм=-—v^-=274
таи
H/mm*<[q]cm=320 Н/мм»
□• 1 / •
5. Выбираем конструкцию шва и его размеры.
Примем двухрядное шахматное расположение закле
пок: две заклепки в первом ряду, три заклепки во вто
ром ряду (рис. 3.2); тогда шаг заклепок
/=34=3-17=51 мм.
Расстояние центров первого ряда заклепок от края
листа
6=1,54 = 1,5-17^25 мм;
расстояние между рядами
е1=24=2« 17=34 мм.
6. Проверяем прочность полосы на растяжение по се
чению I — Г,
Р
Р
280-103
=-------- =---------------- =----------------------/"нетто
(6 —2d) 6
(200— 2.17). 12
= 140 Н/мм2 <[о]р= 160 Н/мм2,
Если поменять местами ряды заклепок, т. е. в первом
ряду поставить три, а во втором — две заклепки, то на
пряжения растяжения в сечении I — I возрастут:
р
280»103
= 155 Н/мм2.
ст =--------------(200 —3-17). 12
(b — 3d) 6
Следовательно, принятое расположение заклепок ра
циональнее. Рекомендуем учащемуся определить напря
жения растяжения в опасном сечении накладок при двух
указанных вариантах расположения заклепок.
Пример 3.2. Проверить заклепочное соединение
встык с двумя накладками (рис. 3.3) по следующим дан
ным: число заклепок по одну сторону от стыка т=9;
усилие Р=500 кН; диаметр отверстия под заклепку
й=20 мм, толщина соединяемых листов 6=16 мм; тол
щина одной накладки 6н=10 мм; ширина склепываемых
£56
листов 6=280 мм, ширина накладок 6н=270 мм. Мате
риал листов, накладок и заклепок сталь Ст2.
Решение. 1. По табл. 3.3 выбираем допускаемые на
пряжения:
[о]р= 140 Н/мм2; [т]ср=100 Н/мм2; [а]си=280 Н/мм2;
Ь=280
[т]'р=90 Н/мм2.
Рис. 3.3
2. Проверка прочности заклепок на срез:
^сР — ——^————— ^ [^1ср*
Р
(шР/4) mk
Подставляя числовые данные, получаем
т =__500 Л0^_
«88 Н/мм2 <[т]ср= 100 Н/мм2.
ср (3,14-202/4) 9-2
17 Заказ № 226
257
3. Проверка прочности на срез соединяемых элемен
тов:
т'_
р
_
50,104
_
ср~ 2 (е — d/2) Smi,.m “ 2(1,5-20 — 20/2) 16-9~
=86,8 Н/мм2 < [т']ср=90 Н/мм2,
где e=l,5d.
4. Проверка прочности листов на растяжение:
^p—P/Fнетто ^ [®]р>
где Гнетто — площадь поперечного сечения листа в ослаб
ленном отверстиями для заклепок месте.
При определении напряжений в сечениях листа исхо
дим из допущения о равномерности распределения усилия
между заклепками. Таким образом, каждая заклепка
передает усилие Р/9.
В сечении А — А действует усилие Р, т. е.
р
500-ю3
6(6 —2d)
16 (280-2-20)
О Л_ Л--- -------------------------------------------
А А
В сечении Б — Б действует усилие 7Р/9, т. е.
Об—ь
7Р/9
7-500.103/9
6(Ь - 3d)
16 (280 — 3-20)
ПО Н/мм2.
В сечении В — В действует усилие 4Р/9, т. е.
Ов-в
4Р/9
4-500-103/9
6(Ь —4d)
16(280-4-20)
69,5 Н/мм2.
Опасным оказалось сечение А - Л. Напряжение в этом
сечении больше, чем в других сечениях, но несколько
ниже допускаемого,
5. Проверка прочности соединения на смятие
^см
^/(^min^) ^ [^]см*
Ввиду того, что толщина листа меньше суммы толщин
накладок, г. е. 6min < 26н, то в формулу надо подстав
лять 6min=16 мм.
Подставляя числовые значения, получаем
осм=500-107(20-16-9)^ 173 Н/мм2 < [а]см=280 Н/мм2.
Рекомендуем учащемуся
прочность накладок.
558
самостоятельно
проверить
$ 3.4. СВАРНЫЕ СОЕДИНЕНИЯ
Различают два основных вида швов, выполненных
электродуговой сваркой: швы соединений в стык
(кратко называемые стыковыми, рис. 3.4, а) и угловые
швы (прежнее название валиковые, рис. 3.4, б, в).
Рис. 3.4
Швы соединений в стык работают на растяжение или
сжатие и их прочность проверяют по формуле
о' =P/(h 0<[о']р,
где Р— действующее усилие; h — расчетная высота шва,
равная толщине свариваемых элементов; I — расчетная
17*
259
длина шва; [а']р — допускаемое напряжение для шва на
растяжение.
При работе шва на сжатие расчетное напряжение а'
сопоставляют с допускаемым напряжением [о']с.
Соединения внахлестку выполняют угловыми швами:
лобовыми (рис. 3.4, б) или фланковыми (рис. 3.4, в).
Нормальный профиль углового шва представляет собой
равнобедренный прямоугольный треугольник.
Как показывают опыты, разрушение угловых швов
происходит вследствие их среза по сечению, совпадаю
щему с биссектрисой прямого угла (рис. 3.4, г). Поэтому
расчет угловых швов производят на срез по этому сече
нию; за рабочую высоту шва принимается величина
/i=*cos45°«0,7*,
где k — длина катета шва.
Прочность углевых швов проверяют по формуле:
т;р=Р/(0,7^)<[т']ср,
где I — суммарная расчетная длина всех швов, воспри
нимающих силу Р; [т']ср— допускаемое напряжение для
сварного шва на срез.
Допускаемые напряжения для сварных швов могут
быть приняты в зависимости от допускаемых напряжений
на растяжение [о]р для основного металла конструкции
(табл. 3.4).
Таблица 3.4
Допускаемые напряжения для сварных швов в долях от [а]р
для основного материала конструкции
Вид технологиче
ского процесса
^’р
«Не
^ ^ср
1
2
3
0,9 [а]р
0,8 [а]р
0,6 [а]р
0,9 [а].
0,75 МР
0,65 (а]р
0,6 [о]р
0,51о]р
Примечание. К первому виду технологического процесса относится
автоматическая сварка под слоем флюса и ручная сварка электродами Э42А и
Э50А; ко второму виду — сварка электродами Э42 и Э50 с толстым покрытием;
к третьему — сварка электродами Э34 с тонким покрытием.
При расчете сварных швов, работающих с переменной
нагрузкой, допускаемые напряжения понижают. Степень
понижения зависит от типа шва и соотношения наимень
шего и наибольшего усилия, нагружающего шов.
260
Допускаемые напряжения при знакопеременных на
грузках принято определять умножением табличных зна
чений (см. табл. 3.4) на коэффициент у:
для стыковых швов
1
у=-----------------------;
1
РпНпДЗ^тах)
для угловых ШВОВ
Y
1
^/^
Р mln/^Ршах)
Здесь Pmln и Ртах — минимальное и максимальное (по
абсолютным величинам) значения действующего усилия.
В приведенные зависи
мости Pmln и РтаК долж
ны быть подставлены
со своими знаками.
Пример 3.3. Опре
делить
необходимую
длину швов для при
крепления стальной по
лосы к листу (рис. 3.5).
Рис. 3.5
Размеры полосы: 6х&=
= 150х 10 мм.
Нагрузка Р=240 кН. Материал полосы сталь СтЗ. Свар
ка выполняется электродами марки Э34 с тонким покры
тием.
Решение. 1. Определяем допускаемое напряжение на
растяжение для основного металла (полосы).
Из табл. 3.1 ат=240 Н/мм2.
Считая, что метод расчета не вполне точен, принимаем
[П11=1Д Учитывая далее, что соединяемые детали (по
лоса и лист) изготовлены из стального проката и что от
рассчитываемого соединения не требуется особой надеж
ности в эксплуатации, принимаем
[п2]=1,2 и [п3]=1;
тогда
-^— = 133 Н/мма
Мр
I'll] К] («з]
1.5.1,2-1
ц для шва, работающего на срез, согласно табл. 3.5
1т'1сР=0,5 МР=0,5-133=66,5 Н/мма.
261
2/ Принимая катет шва Л=6 = 10 мм (т. е. равным
толщине полосы), находим требуемую расчетную длину
всех швов:
240-1О3
Р
530 мм.
о,7Л [т']сР
0,7-10-66,5
3. Определяем длину фланковых швов /2:
2/2=/ - 6=530 - 150=380 мм,
где 6 = 150 мм —длина лобового шва.
Следовательно,
/2=380/2=190 мм.
Пример 3.4. Определить напряжения в листах и в
сварных лобовых швах, соединяющих два листа вна
хлестку (рис. 3.6),
если
приложенная
статическая нагрузка
Р=3,0-10б Н. Мате
риал листов — сталь
СтЗ, толщина S=
= 10 мм. Длина каж
дого шва /=300 мм.
Сварка произведена
электродами Э42.
Проверить прочность сварных швов
Рис. 3,6
при условии, что на
грузка изменяется от Pmax=3-105 Н до Pmin= —ЫО5 Н.
Решение, 1. Определяем допускаемые напряжения для
материала основного металла (листов) и швов.
Используя решение предыдущего примера, находим
для материала листов
[о]р=133 Н/мм2.
В соответствии с табл. 3.4 для материала швов имеем
К1ср=0,6[а]р=0,6-133^80 Н/мм2.
2. Проверяем прочность лобовых швов, учитывая, что
таких швов два и что катет шва k равен толщине
листа 6:
T'p=P/(2-0,76/) = 3,0-106/(2-0,7-10-300) = 71,5 Н/мм2.
Так как это значение т/р меньше допускаемого [т']ср=
=80 Н/мм2, то требуемая прочность швов обеспечена.
262
3. Проверяем прочность листов, подвергающихся рас
тяжению силой Р:
в = Р/(Ы) = 3,0-105/( 10 • 300) = 100 Н/мм2 < [oL =
= 133 Н/мм2.
4. Проверим прочность сварных швов при действии
переменной нагрузки.
При действии переменной нагрузки допускаемые на
пряжения для валиковых швов следует уменьшить умно
жением на коэффициент у:
4/3 - Pmin/(3Pmax)
4/3 - [-1 • 105/(3-3.105)]
=9/13=0,693.
Тогда окончательно допускаемые напряжения [т']=
=0,693-80=55,5 Н/мм2.
Наибольшие расчетные напряжения в угловых швах
т' __ ^тах _ 3,0-105
_
ср
2-0,76/
2-0,7-Ю-ЗОО””
2
ММ *
Расчетные напряжения т'р=71,5 Н/мм2 больше допускаемых[т']гр=55,5 Н/мм2 и, следовательно, прочность швов
не обеспечена.
§ 3.5. ТРЕНИЕ В КИНЕМАТИЧЕСКИХ ПАРАХ
Приводим основные формулы, относящиеся к анализу
трения в кинематических парах.
1. Трение на горизонтальной плоскости (закон Амонтона — Кулона) (рис. 3.7)
263
T=fN,
где T — сила трения скольжения; f — коэффициент тре
ния скольжения; N — нормальная реакция.
2.
Коэффициент
трения
скольжения
численно равен тан
генсу угла трения р
(рис. 3.7)
/=tgp.
3.
Коэффициент
трения
скольжения
для покоя или пре
дельного равновесия
(статический коэффициент трения) опре
Рис. 3.8
деляется как тан
генс угла наклона ^0 плоскости к горизонту (рис. 3.8),
т. е.
/о=Ш ^о-
4. Коэффициент трения скольжения в движении опре
деляется (рис. 3.9) по формуле:
/=tgX-2//(^2cosX).
5. Силовые соотношения при трении на наклонной
плоскости (рис. 3.10). Тяговое усилие в общем случае
(рис. 3.10, а)
р_ gsin H/cos X
cos 0+/sinA’
264
или
__Q Sin(Hp)
cos (₽—p) ’
При
угле
p=0
(рис. 3.10, б), т. е. ког
да тяговое усилие па
раллельно
наклонной
плоскости,
p=G sinjA+p),
cos р
или
P = G (sin Х+/ cos X).
При угле р=—А,
т. е. когда тяговое уси
лие
горизонтально
(рис. 3.10, в),
P=G tg(A+p).
Коэффициент полезного
действия
наклонной
плоскости при [1=0
sin Л cos р
11=-------------- Е.
sin (А-|-р)
6. Силовые соотноше
ния при трении клинча
того ползуна (рис. 3.11).
Сила трения при дви
жении ползуна в клин
чатом желобе
Т = Q [//sin а]=
=Q[//cosp],
Рис. 3.10
где //sina=//cosp=/' — приведенный коэффициент трения
клинчатого ползуна.
7. Силовые соотношения при трении в винтовой кине
матической паре (рис. 3.12).
Момент, необходимый для подъема груза (момент в
резьбе),
^p^-ytgOH-p)265
Рис. 3.11
К. п. д. винтовой пары при подъеме груза
4=tg'|’/tg(Hp).
где Q —осевая сила, действующая на винт; da — средний
диаметр резьбы винта; X —угол подъема резьбы; р и
Рис. 3.12
р' — угол трения для прямоугольной и остроугольной
резьб; /—коэффициент трения для прямоугольной резь
бы; ^'~ cosa/2----- приведенный коэффициент трения для
остроугольной резьбы; а — угол профиля резьбы.
266
Примечание. Формулы даны для прямоугольной резьбы; для
остроугольной резьбы они справедливы при замене р на р' =
= arctg -^—.
cosa/2
Пример 3.5. Тело движется равномерно-ускоренно
вниз по наклонной плоскости с углом наклона Х=25°.
X ронометражем
уста
новлено, что из состоя
ния покоя оно прохо
дит весь путь / = 340 м
за 15 с (рис. 3.13).
Определить коэффи
циент трения / при дви
жении тела по наклон
ной плоскости.
Решение.
Коэффи
циент трения в движении определяется по
Рис. 3.13
формуле
/=tgA —2//(g/2cosX).
Подставляя заданные величины, находим значение
коэффициента трения:
/=tg 25° — 2-340/(9,81 -152 cos 25°) = 0,134.
Пример 3.6. Лебедка, подъ
емная сила которой Q=l,0-104H,
имеет рабочий барабан диаметром
d=30 см, диаметр фрикционного
катка D=150 см.
Определить усилие Р, которое
необходимо приложить к концу
тормозного рычага С для удержа
ния заданного груза Q. Длина ры
чага ДС=200 см, расстояние АВ =
=20 см, коэффициент трения меж
ду фрикционным катком и тормоз
ной колодкой /=0,5 (рис. 3.14).
Решение. Из условия равнове
сия рычага СА определим соотно
шение между искомой силой Р и
силой нормального давления N
фрикционного катка на колодку:
^mA=0f N^BA^P-CA^O,
Рис. 3.14
267
отсюда
N=P^-.
BA
Между колодкой и фрикционным катком возникает
сила трения
T=fN=fP -|А.
Величина этой силы должна быть такой, чтобы вал О
находился в покое, т. е.
TD/2 - Qd/2=0,
откуда следует, что
T=Qd/D.
Подставив значение Т, выраженное через Р, получим
гр£А_ = О
BA
D
Из этого уравнения найдем величину Р\
Р=— qA.—=~10‘.—■—=400 Н.
f
D
СА
0,5
150 200
Пример 3.7. По наклонной плоскости нужно под
нять груз Q=10 кН. Угол наклона плоскости Х=5°.
р
Коэффициент трения поднимаемого груза по наклонной
плоскости /=0,15 (рис. 3.15).
I
Определить тяговое уси^
---------лие, направленное параллель' 5
но плоскости, необходимое
Рис 315
для подъема груза.
Решение. Тяговое усилие
P = Q(sinH/cos X).
Подставляя заданные величины, найдем
P=104(sin5°+0,15cos5°)=2364 Н.
Пример 3.8. Клиновый ползун под действием гори
зонтальной силы Р=5000 Н движется равномерно вверх
по наклонным направляющим.
Определить силу тяжести ползуна G, если угол а=60°,
а угол Л=10° и коэффициент трения между ползуном
и направляющими /=0,15 (рис. 3.16).
Решение. При равномерном движении ползуна вверх
268
где
Р^=Р cos X;
G2=G sin X.
В свою очередь,
Нормальная реакция
^ = С,+РЪ
но так как
Рг~ Р sin X,
Gj=G cos %,
то W=GcosX+PsinX.
Следовательно,
Т= (//sin a) (G cos к+Р sin X).
Подставив значения Р2, Т и G2 в уравнение равно
весия, получим
Р cos X = (//sin a) (G cos Х+Р sin Х)+ G sin X,
или
пЛ
л
Gf cos X
sina
,
Р/ sin X
sina
I
л
Pcosa=—---------- 1---- ---------- hGsinX,
тогда
। /cosX\
D
/sinX\
О SinA+\ = P COSA— -—,
\
sina /
\
sina /
откуда, деля почленно на cosX, получаем
q_р sina cos А — / sin %__ p sin a — / tg X
sin X sina+/cos X
tgXsina+/
269
Подставив заданные величины, получим
G=5000 ^^21zl2J11£12L=5000 °»866 — °-15'°>177
tgl0°sin60°+0,15 ~
U 0,707.0,866+0,15
= 13,8-103 Н.
Пример 3.9. Подъемная сила винтового домкрата
(рис. 3.17) с однозаходным винтом, имеющим прямоуголь
ную нарезку, составляет 30 кН.
Наружный диаметр резьбы вин
та d=50 мм; внутренний диа
метр dx=42 мм; ход винта S=
=8 мм; длина рукоятки с удли
нителем L=1 м; коэффициент
трения в резьбе /1=0,1; внеш
ний диаметр чашки dH=60 мм,
внутренний ее диаметр dB=30 мм;
коэффициент
трения
между
чашкой и винтом /2=0,15.
Определить усилие Р, кото
рое нужно приложить к рукоят
ке домкрата для подъема мак
симального груза.
Решение. Определяем угол
подъема винтовой линии:
tg+=S/(nd2),
где средний диаметр резьбы
винта
d2=(d+di)/2=(5O+
4-42)/2=46 мм;
тогда
tgip=8/(3,14-46)=0,056,
откуда
ip=arctg0,056=3°10'.
Угол трения в резьбе
tgPi=A=0.1; Pi=arctgO,l=&°.
Угол трения между чашкой и винтом
tg Р2=/2=0,15; ps=а гсtg /2=arctg 0,15=8°30'.
270
Для подъема груза необходимо, чтобы момент, при
ложенный к рукоятке домкрата, был равен сумме момен
тов в резьбе и в чашке домкрата:
MBp=PL=Mp+Afon,
где Мвр — момент на рукоятке; Мр — момент в резьбе;
/Иоп — момент сил трения на опорной кольцевой поверх
ности между головкой домкрата и чашкой (рис. 3.17),
MP=Q (d2/2) tg(t+P1)=(30.103-46/2) tg(3° 1О'+6°)=
= 112-103 Н-мм=112 Н-м;
Моп=ЗШ.+<Ш=30 • 103 • 0,15 (60 +30)/4 =
= 101-103 Н-мм=101 Н-м.
Момент на рукоятке
MBp=PL=Mp + Mon= 112+ 101=213 Н-м.
Усилие на рукоятке
P=A4Bp/L=213/1,0=213 Н.
$ 3.6. РЕЗЬБОВЫЕ СОЕДИНЕНИЯ
Основным элементом резьбового соединения является
резьба. Параметры метрической резьбы с крупным шагом
приведены в табл. 3.5.
Таблица 3.5
Параметры метрической резьбы по ГОСТ 9150—59
Диаметр резьбы
Ь
а®
сс 3
К X
6
7
8
9
10
И
12
14
16
18
20
вX
X
иЧ?
>.«
X X
X X
о.
3^.0
5,350
6,350
7,188
8,188
9,026
10,026
10,863
12,701
14,701
16,376
18,376
4,918
5,988
6,647
7,647
8,376
9,376
10,106
11,835
13,835
15,294
17,294
1
1
1,25
1,25
1,5
1,5
1,75
2
2
2,5
2,5
X
31 +х
? ■=
Диаметр резь ы
£ Зз
^3
X
X
ft
<У
X X
О 43
X X
х X
8о.
и^
а^
20,376
22,051
25,051
27,727
30,727
33,402
36,402
39,077
42,077
44,752
19,294
20,752
23,752
26,211
29,211
31,670
34,670
37,129
40,129
42,587
2,5
3
3
3,5
3,5
4
4
4,5
4,5
5
0,541 22
0,541 24
0,676 27
0,676 30
0,812 33
0,812 36
0,947 39
1,082 42
1,082 45
1,353 48
1,353
X
и
3 X
и-е<
£8§
1,353
1,624
1,624
1,894
1,894
2,165
2,165
2,435
2,435
2,706
На рис. 3.18 показаны соединения двух деталей с по’
мощью болта (а), винта, ввинчиваемого в одну из дета"
лей (б), и шпильки (в).
271
Резьбовые соединения могут выходить из строя вслед«твие разрушения (разрыва) стержня болта, среза резьбы,
а также ее смятия. Основной вид разрушения резьбового
Рис. 3.18
соединения — обрыв в гладкой или нарезанной части тела
болта.
Разнообразное применение болтов в резьбовых соедине
ниях обусловливает большое число различных случаев
расчета.
Расчет незатянутого болта.
d
Наиболее характерным приме
ром такого болта является
резьбовой
конец
грузового
крюка грузоподъемных машин
(рис. 3.19).
К этому расчетному случаю
приводится большинство дру
гих путем соответствующего
выбора
значений
расчетных
нагрузок или допускаемых на
пряжений.
Расчет
затянутого болта
без внешней осевой нагрузки.
Примером такого соединения
может служить крепление лю
ков, крышек, к герметичности
которых не предъявляется осо
бых требований.
Другим примером является
клеммовое
соединение
(рис.
Рис. 3.19
272
3.20, а). Здесь для закрепления рычага на валу необхо
димо стянуть его разрезную обойму болтом.
Момент Мвр, развиваемый усилием на ключе, равен
сумме момента в резьбе Мр и момента трения между
торцом гайки и стягиваемой деталью Л10п:
M.P=M,+M..-«4tgW+P1)+.^^
где Q — осевое усилие затяжки болта; d2 — средний диа
метр резьбы; можно принять d2 ^ 1,12^; гр — угол подъема
резьбы, определяемый по ее среднему диаметру; D2 и
£\ — наружный и внутренний диаметры кольцевой по
верхности трения гайки и соединяемой детали (рис. 3.20, б);
можно принять £^1,25^ и 02^2,15^; рх —приведенный угол трения между поверхностями резьб винта
и гаики;
p^arctg^; ^——fcos a/2
/2 — коэффициент трения между поверхностями гайки
(или головки болта) и соединяемой детали; f — коэффи
циент трения между поверхностями резьб винта и гайки;
a — угол профиля резьбы.
Нормальные напряжения в поперечном сечении наре
занной части болта от усилия затяжки Q
oD=—— •
л 6/^/4
Наибольшие касательные напряжения от момента Afp,
скручивающего стержень болта,
^=^/№,=^/(0,2^)
(момент трения Моп на торцовой поверхности гайки не
вызывает скручивания болта).
При одновременном действии осевой силы и скручи
вающего момента, возникающего в процессе затяжки
болта, болт следует рассчитывать на прочность по экви
валентному напряжению. Так, по гипотезе энергии формо
изменения
^kb=K Ор+Зтк < [а]р.
Величина касательного напряжения тк, как следует
из предыдущего, зависит от усилия затяжки, соотноше
ния между параметрами резьбового соединения, коэффи
циента трения в резьбе.
Принимая в качестве средних значений /=0,15—0,18
и некоторые средние соотношения между внутренним и
средним диаметрами резьбы, можно выразить оэкв через ор.
18 Заказ № 22G
273
В среднем для метрических резьб эквивалентное (при
веденное) напряжение больше напряжения oD примерно
на 30%.
Таким образом, вместо расчета болта на совместное
растяжение и кручение его рассчитывают на простое рзс-
Рис. 3.20
тяжение, принимая для расчета не заданное усилие за
тяжки, а в 1,3 раза большее:
°p=4Qo/Wi) <МР,
где Qo —расчетная нагрузка, т. е. нагрузка, по которой
необходимо вести расчет болтового соединения:
Qo=l,3Q.
Допускаемое напряжение [о]р определяют по формуле
Мр=М4
где [м]=1,7—2,2 для углеродистой стали; [п] = 2—3 для
легированной стали.
Эти данные относятся к болтам с контролируемой затяжкой.
После того как расчетом определен внутренний диа
метр болта, по таблицам стандартных резьб выбирают
ближайшее большее его значение и соответствующий ему
номинальный (наружный) диаметр резьбы.
При расчете предварительно затянутых болтов не сле
дует забывать, что допускаемое напряжение [о]р зависит
и от материала, и от диаметра болта. Последнее обстоя
тельство вызвано тем, что в производственных условиях
затруднительно контролировать усилие затяжки и в бол
тах малых диаметров могут возникнуть напряжения,
равные пределу текучести ат. Поэтому для болтов малых
274
диаметров величину [о]р берут меньшей, чем для болтов
больших диаметров. На рис. 3.21 дан график, на котором
для болтов (винтов, шпилек) из стали СтЗ показана зави
симость [а]р от диаметра болта.
Проектный расчет болтов (определение диаметра d)
в связи со сказанным выше затруднен: для выбора [а]р
надо знать d. Поэтому задачу
приходится решать способом по
следовательных приближений.
Для упрощения проектного
расчета предложена табл. 3.6,
в которой приведены допуска
емые усилия затяжки болтов.
Для болта определяют осевую
нагрузку и по таблице выбира
ют диаметр резьбы.
Расчет затянутого болта с
дополнительной осевой нагруз
кой. Этот случай расчета харак
терен для большинства соедине
Рис. 3.21
ний (крепление крышек, флан
цев). Обычно к таким соединениям предъявляются требо
вания недопустимости раскрытия стыка — появления завора между соединяемыми деталями при приложении
внешней нагрузки.
Таблица 3.6
Допускаемые осевые нагрузки (усилия затяжки)
для болтов, кН
Болт
с резьбой
М8
М10
М12
М16
М20
>* Марка стали
СтЗ
1,45
2,55
3,70
7,90
14,00
1
45
2,50
4,40
6,40
13,50
24,00
Болт
с резьбой
М24
МЗО
М36
М42
М48
Марка стали
СтЗ
45
23,5
45,0
73,0
100,0
130,0
40,0
77,0
125,0
170,0
255,0
В зависимости от упругих свойств болтов и стягивае
мых болтами деталей, а также от назначения соединения
фактически действующая на болт нагрузка Qx лежит
в пределах
(^=(1,1^ 1,4) Q,
где Q — внешняя нагрузка.
18*
275
Расчет болта на поперечную нагрузку. Примером такого
соединения является закрепление болтами подшипника,
нагруженного горизонтальной силой Р (рис. 3.22).
Рис. 3.22
Необходимо затянуть болт с таким усилием Q, чтобы
вызванная им сила трения Т на стыке деталей была не
сколько больше силы Р, стремящейся сдвинуть детали
относительно друг друга:
T=/Q^(l,2^ 1,3) Р,
откуда
Q> (1,2 ^1,3) P/f^$+\O)P.
В рассматриваемом случае также происходит растяже'
ние и скручивание болта при
его затяжке, поэтому при а
болтах
а =_4^=Ш0_=
Р
Л(/|2
nd^fz
л^г
nd^fz
Часто применяют болты, ра
ботающие на срез. В последнем
устанавливают в отверстие без зазора
случае болт
(рис. 3.23).
Условие прочности для такого болта:
^cP=4P/(ndo) < Мер,
где Р — сила, сдвигающая детали относительно друг
друга.
Расчет затянутого болта с внецентренной нагрузкой.
В некоторых конструкциях применяют болты с нееим276
метричной головкой (рис. 3.24), которую иногда называют
костыльной.
В этом случае под действием силы Q в стержне болта,
помимо напряжений растяжения ор, возникнут напряже
ния изгиба из-за наличия изгибающего момента Mu = Qa.
Эквивалентное напряжение
___
определяют по следующей приn
V
ближенной формуле:
Рис. 3.24
Рис. 3.25
Пример 3.10. Круглая пила диаметром 0=500 мм
(рис. 3.25) закреплена на валу между двумя шайбами и
удерживается от проворачивания силами трения, возни
кающими при затягивании гайки на конце вала. Мате
риал вала — сталь 45.
Определить диаметр нарезанной части вала, если коэф
фициент трения между пилой и шайбами /=0,1; внутрен
ний диаметр шайбы dB=100 мм; наружный диаметр
dH = 140 мм. Сопротивление резанию Р = 350 Н.
Решение. 1. Для надежной передачи пиле вращения
необходимо, чтобы момент трения был больше момента
сил резания на 20—25%, т. е.
Мтр > 1,25Л4Рез,
или
Tdcp/2 > 1,25РО/2,
dcp=(dB+^н)/2=(100+140)/2 = 120 мм,
277
откуда
l,25PD/2
^ср/2
1,25.350.500/2
= 1830 Н.
120/2
2. Усилие, с которым должна быть зажата пила,
Q=T/f= 1830/0,1 = 18,3-103 Н.
По этому усилию рассчитывают нарезанную часть вала
пилы.
3. В рассматриваемом случае нарезанная часть вала
работает как резьбовое соединение с затяжкой, но без
внешней осевой нагрузки.
По табл. 3.6 устанавливаем, что вал пилы должен
иметь резьбу М20; при этом допускаемая осевая нагруз
ка 24,0 кН больше требуемого усилия затяжки.
При выбранном диаметре резьбы расчетные (эквива
лентные) напряжения по внутреннему диаметру резьбы
1,3Q _1,3.18,3. 103
л^/4~3,14- 17,32/4
101 Н/мм2,
где по табл. 3.5 dr^ 17,3 мм.
При пределе текучести для стали 45 от=320 Н/мм2,
расчетный коэффици
ент запаса для наре
занной части вала
^ = О'т/^ЭК в =
=320/101 = 3,19.
Пример
3.11.
Круглая крышка га
зового
резервуара
прикреплена
груп
пой
болтов
(рис.
3.26). Давление газа
р=1,5 Н/мм2. Диа
метр
резервуара
£)=0,4 м. Диаметр
окружности
распо
ложения
болтов
Рис. 3.26
D1=0,48 м.
Определить диаметр болтов из СтЗ и их количество.
Решение. В данном случае имеем напряженное болто
вое соединение с предварительной затяжкой и последую
щим приложением рабочей осевой нагрузки.
278
1. Общее давление на крышку газового резервуара
P=nD*p/4.
2. Усилие на один болт
Q=P/z=nD2p/(4z).
3. Количество болтов при расстоянии между ними
/=4d:
г = nDJt=nD1/(4d).
4. Расчетная нагрузка болта, определяемая из уело*
вия герметичности стыка,
Qo= 1,3Q = 1,3nD2p • 4d/(4nD1) = \,3pdD*IDv
5. Условие прочности болта
а
_
Q«
nd|/4
^МР*
О]Л<1|/4
Учитывая, что d^X^d^ получаем
_ 5J2pD*
®экв
Мр,
D^d,
или
.
5,72pD*
5,72-1,5-400*
911
а, =------ - —-- ---------------------- =------- .
1 «D,[a]p
3,14-480 [а]р
(а]р
Так как [о]р —функция диаметра болта (см. рис. 3.21),
то дальнейший расчет ведем методом последовательных
приближений. Допустим, что [а]р=80 Н/мм2; тогда
^=911/80=11,38 мм, что соответствует резьбе М14
(см. табл. 3.5), но для этой резьбы по графику рис. 3.21
[о]р=50 Н/мм2. Поэтому примем [о]р=55 Н/мм2, тогда
dj=911/55 = 16,56 мм, что соответствует резьбе М20
(dj = 17,294 мм). По графику для болтов с резьбой М20
(ст]р=65 Н/мм2, что близко к принятому.
Итак, принимаем болты с резьбой М20; их количество
г=яВД^)=4 • 480/(4 • 20) = 19.
Принимаем z=20, так как делить окружность на
20 частей удобнее, чем на 19.
Пример 3.12. Для клеммового соединения определить
необходимый диаметр болтов по следующим данным
(рис. 3.27): диаметр вала dB=60 мм; длина рычага
£=600 мм; коэффициент трения между ступицей рычага
и валом /=0,20; ступица стянута двумя болтами г=2;
материал болтов сталь СтЗ.
279
Момент сил трения, вызванный затяжкой болтов, при*
нять на 25% больше момента, вызванного силой Р=700 Н,
приложенной к рычагу.
Решение. 1. Определяем момент, вызванный силой Р,
относительно оси вала:
Mf=PL = 700-600=420.103 Н-мм.
Рис. 3.27
2. Требуемый момент сил трения
Мт= 1,25Мf = 1,25 • 420• 103=525 • 103 Н • мм.
3. Определяем величину силы трения между валом и
ступицей клеммы:
T=MT/dB=525.103/60=8750 Н.
4. Требуемая сила затяжки обоих болтов, обеспечивающая нормальное давление,
2Q=Л/ = 77/=8750/0,2 ^ 40-103 Н.
5. Определяем диаметр болтов по требуемому усилию
затяжки Q=20 кН, пользуясь табл. 3.6. Следует принять
болты с резьбой М24, для которых допускаемая сила
равна 23,5 кН.
§ 3.7. ШПОНОЧНЫЕ И ЗУБЧАТЫЕ
(ШЛИЦЕВЫЕ) СОЕДИНЕНИЯ
Шпоночные соединения осуществляются при помощи
клиновых шпонок, образующих напряженные соедине
ния (ГОСТ 8791—68) (рис. 3.28, а, б). Для вытаскивания
клиновой шпонки применяют клин а (см. рис. 3.28,6),
забиваемый между ступицей и головкой шпонки; приз280
магических (рис. 3.29, а) и сегментных (рис. 3.29,б)
шпонок, которые образуют ненапряженные соединения.
Размеры сечений призматических шпонок регламенти
рованы ГОСТ 8788—68, сегментных — ГОСТ 8794 —68.
Зубчатые (шлицевые) соединения применяют: прямобочные (ГОСТ 1139—58) с центрированием по наружному
либо по внутреннему диаметру вала или по боковым по-
Рис. 3.28
верхностям зубьев (рис. 3.30); эвольвентные (ГОСТ 6033—51)
с центрированием по наружному диаметру вала D
(рис. 3.31, а) или по боковым поверхностям зубьев S
(рис. 3.31,6).
При решении задач по расчету шпоночных и зубча
тых соединений рекомендуется пользоваться табл. 3.7.
Пример 3.13. Чугунный шкив передает валу d= 100 мм
вращающий момент Л1=3,0-103 Н-м при помощи призма
тической шпонки со скругленными торцами (см. рис. 3.29, а).
Длина ступицы шкива 160 мм.
Подобрать стандартную шпонку и проверить проч
ность соединения.
Решение. 1. По ГОСТ 8788—68 для вала d=100 мм
принимаем шпонку сечением 6хЛ = 28х16 мм.
2. Принимаем длину шпонки на 10 мм меньше длины
ступицы: /=150 мм (такая длина шпонки предусмотрена
ГОСТ 8789-68).
3. Проверяем шпоночное соединение на смятие:
4,4М
4,4М
4,4-3,0-103-103
Ор». — ^^^^— — ”“,—”“——“*“— —.———————————— __
dhlp
dh(l — b)
100-16(150—28)
=67,5 Н/мм2 < [o]CM.
Прочность обеспечена.
281
Рис, 3.31
Таблица 3.7
Последовательность расчета шпоночных
и шлицевых (зубчатых) соединений
Что делать
1. В зависимости от тре
бований, предъявляемых к со
единению, и характера про
изводства (массовое, мелко
серийное, единичное) выбрать
тип шпоночного или зубча
того соединения
2. По диаметру вала d
определить размеры попе
речного сечения шпонок или
размеры и число зубьев
шлицевого соединения.
Назначить длину рабочей
части /р шпонок или зубьев
3. Проверить прочность
соединения:
а) призматические и сег
ментные шпонки рассчи
тывают по условию проч
ности соединения на смя
тие
Чем руководствоваться
/р« (1,5 4- 2) dt
^р — должна быть согласована с дли
ной ступицы детали
Призматические
^СМ ~
4,4М
; ^ 1^]см»
сегментные
2М
d/(ft-o<Ia,CM’
где М— передаваемый момент; d —
диаметр вала; h — высота шпонки;
/ — глубина шпоночного паза вала;
Мем — допускаемые напряжения смя
тия; [о]с№ 100 4- 120 Н/мм2 при сталь
ных ступицах и [о]см = 70—80 Н/мм2
при чугунных ступицах
б) иногда шпонки про
веряют на срез
2М
Тср ~ dblp < [т,ср’
где b — ширина шпонки; допускаемое
напряжение на срез
в) соединения клиновы
ми врезными шпонками
рассчитывают на смятие
[т]Ср=60 4- 90 Н/мм2
12М
асы~ b/p(b+6fd) <№"’
где f г— коэффициент трения; / » 0,1 4-
283
Продолжение табл. 3.7
Что делать
Чем руководствоваться
г) прямобочные зубчатые
(шлицевые) соединения
рассчитывают на смятие
^см =
8М
0,75z (D+d)[(D-d) -2 (/ф+г)]^
^ [^]см»
где z— число зубьев; D — наружный
диаметр вала; d — внутренний диа
метр вала; /ф — высота фаски зуба;
г — радиус закругления
д) шлицевые соединения,
изготовленные из силу
мина, текстолита и по
добных материалов, про
веряют на срез
Тср~ 0,75z (D+d) Ыр < 1^ср’
где 6 —ширина
-г- 30 Н/мма
зуба;
|т]сР = 3-ь
Пример 3.14. Втулочная муфта (рис. 3.32) соеди
няет концы двух валов диаметром 40 мм. Материал валов
и втулок —сталь 45. Передаваемый момент М = 250Н-м.
Нагрузка спокойная. Производство единичное. Выбрать
соединение втулки с валами и проверить на прочность.
Рис. 3.32
Решение. 1. При выборе типа соединения учитываем,
что втулочные муфты применяются, как правило, для
сравнительно неответственных конструкций, кроме того,
по условию производство единичное и поэтому примене
ние зубчатого соединения нецелесообразно. Также не
284
следует выбирать клиновые шпонки, так как они вызы
вают перекос насаживаемых на вал деталей.
При диаметре вала 40 мм можно применить призма
тическую или сегментную шпонку, но последняя пред
почтительнее по технологическим соображениям: паз нц
валу фрезеруют дисковой фрезой, что значительно быст*
рее, чем изготовление паза под призматическую шпонку
пальцевой фрезой.
Таким образом, выбираем сегментную шпонку.
2. При диаметре вала 40 мм размеры шпонки и паза
вала по ГОСТ 8794—68: Ь=12 мм; /i=19 мм; dx=65 мм;
/р~/=59,1 мм; /=16 мм.
Материал шпонки — сталь 45.
3. Производим проверку соединения на прочность:
3.1. Вычисляем напряжения смятия:
2М
^см
_
2-250-10э
dl(h — t)~~ 40-59,1 (19— 16)
70 Н/мм2 < [о]си.
Условие прочности на смятие выполнено.
3.2. Вычисляем напряжения среза:
_ 2М
Тс₽~ dblv
2-250-103
40-12-59,1
17,6 Н/мм2 < [т]ср.
Следовательно, и на срез прочность шпонки вполне
обеспечена.
4. Для предохранения втулки от перемещения вдоль
вала устанавливаем два стопорных винта М6х18
ГОСТ 1476-64 (см. рис. 3.32).
Пример 3.15. Блок шестерен (материал — сталь 40Х)
коробки передач токарного станка должен перемещаться
вдоль вала (материал — сталь 45) диаметром порядкЖ
20 ч- 25 мм (рис. 3.33). Передаваемый момент Л4 = 100 Н -м,
переключение производится не под нагрузкой. Длина
ступицы блока шестерен 40 мм.
Выбрать и проверить на прочность соединение блока
шестерен с валом.
Решение. 1. При выборе типа соединения учитываем,
что оно должно обеспечивать высокую точность центри
рования и быть подвижным в осевом направлении. Такие
соединения изготовляют крупными сериями, поэтому наи
более целесообразно применить зубчатое (шлицевое) со
единение.
2. Выбираем прямобочное зубчатое (шлицевое) соеди
нение средней серии по ГОСТ 1139—58. Размеры соеди285
нения: zxdxD—6x21 х25 мм; &=5 мм; /ф=0,3 мм;
г=0,2 мм; /р=40 мм.
3. Производим проверку зубьев соединения на смятие:
_______________ 8М______________
0,75г (D+d) [(D -d)-2 (fo+OJZp
________________ 8-100-10»________________
0,75<6 (25+21) [(25 —21) —2 (0,3+0,2)] 40
=32,2 Н/мма.
Рис. 3.33
Для подвижного соединения <тсм=32,2 Н/мм2 довольно
высоко; чтобы увеличить срок службы соединения, лучше
снизить напряжение смятия.
Выбираем тяжелую серию шлицевого соединения:
Размеры тяжелой серии: zxdxD= 10x21 х26 мм;
Ь=3 мм; /ф=0,3 мм; г=0,2 мм.
Вычисляем напряжение смятия для тяжелой серии:
о _____________ 8-юо-ю3_____________ __
см—0,75-10.(26+21) [(26—21) —2 (0,3+0,2)[ 40~
= 18,9 Н/мм2.
4. Для средних условий эксплуатации (токарные стан*
ки), передвижение блока шестерен не под нагрузкой можно
принять [<Jcu]=20 Н/мм2.
ГЛАВА XIV. МЕХАНИЧЕСКИЕ ПЕРЕДАЧИ
$ 3.8. ФРИКЦИОННЫЕ ПЕРЕДАЧИ
Работа фрикционных передач основана на использо
вании сил трения, возникающих в месте контакта жестких
286
фрикционных катков 1 и 2 (рис. 3.34) в результате
прижатая их друг к другу и приложения к ведущему
катку момента Мъ а к ведомому — момента М2.
В качестве материалов фрикционных катков приме
няют: закаленную сталь по закаленной стали; сталь (чу
гун) по пластмассе (текстолиту, фибре) или древесине
прессованной; чугун по чугуну или стали.
Рис. 3.34
Расчет фрикционных передач с катками из материа
лов, деформации которых хотя бы приближенно следуют
закону Гука, основан на теории контактных напряжений.
Этот расчет применяют для катков, изготовленных из
стали, чугуна, текстолита, древесины прессованной. При
этом предполагается, что различные виды разрушения
рабочих поверхностей катков — усталостное выкрашива
ние, износ, задиры — зависят от величины напряжений
в месте контакта.
Таким образом, расчет на контактную прочность дол
жен обеспечить отсутствие разрушения рабочих поверх
ностей катков. Это требование будет выполнено при соблю
дении условия
^тах ^ [^]к,
гДе Мк — допускаемое поверхностное (контактное) напря
жение, принимаемое по следующим данным:
для стальных катков
[а]к=(1,18 4-1,47) НВ Н/мм2;
для чугунных катков
[$]к ~ 1 >5^ПЧ и>
для текстолитовых катков
№=(100 4- 120) Н/мм2.
287
Таблица 3.8
Последовательность расчета фрикционной передачи
Что делать
Чем руководствоваться
1. Задаться
окружной
скоростью а
2. По окружной скоро
сти v и заданной угловой
скорости ведущего катка ©j
определить его диаметр Dt
3. Определить
переда
точное число I
4, Определить диаметр
ведомого катка D2
5. По заданной переда
ваемой мощности N кВт и
выбранной окружной скоро
сти v определить окружное
усилие Р
6. По коэффициенту тре
ния катков / (табл. 3.9) и
коэффициенту запаса сцепле
ния р определяют силу дав
ления между катками (требу
емую силу нажатия)
7. Определить допускае
мое контактное напряже
ние [сг]к
При работе без смазки
v <7 м/с
D1=2f/(o1
8. Определить ширину
катков из условия контакт
ной прочности
/=(01/(0а
D2=Dji
P=N/v
d^P/f.
где P=l,25— 1,5
См. указания на стр. 287
Q^np
6=0,4182-------- —,
Мк Рпр
где приведенный модуль упругости
£i и £2 — модули упругости материа
лов катков;
приведенный радиус кривизны катков
_____ ^1^2
Рпр~ 2(О,+О2)
9. Для катков, материа
лы которых при деформиро
вании не подчиняются зако
ну Гука (кожа по стали,
резина по стали и др.), ши
рину катков определяют по
допускаемой нагрузке на
единицу ширины катка
288 ,
q=Q/b < [q],
где [</] = 10 4- 30 Н/мм для резины или
кожи по стали или по чугуну;
|^) = 2,5-5,5 Н/мм для древе
сины по стали или чугуну
Таблица 3.9
Значения коэффициентов трения /
Материал катков
Без смазки:
сталь по стали.................................... ........................
чугун по чугуну .........................................................
чугун или сталь по коже.........................................
чугун или сталь по фибре или текстолиту . . .
чугун по древесине.....................................................
чугун или сталь по резине ....................................
Со смазкой:
сталь по стали....................................................
чугун по чугуну ........................................................
f
0,15—0,20
0,10—0,22
0,25-0,35
0,20—0,25
0,36—0,54
0,45—0,60
0,05
0,05
Если материал хотя бы одного из катков при дефор
мировании не следует закону Гука, расчет передачи ведут
на износостойкость по нагрузке на единицу длины линии
контакта катков.
При расчете фрикционных передач рекомендуется руко
водствоваться табл. 3.8.
Пример 3.16. Рассчитать фрикционную передачу
гладкими
цилиндрическими
катками (рис. 3.35). Переда
ваемая мощность ^=4 кВт.
Угловая скорость ведущего
катка ^=73,5 1/с. Переда
точное число i=4. Материал
катков: ведущего — кожа, ве
домого — чугун.
Решение. 1. При работе
без смазки окружная ско
рость катков у < 7 м/с. При
нимаем w=6 м/с.
2. По этим данным опре
деляем диаметр ведущего
катка:
Рис. 3.35
D1=2c//co1=
=2 6-КЛЛГЗ’б ^ 164 мм.
3. Передаточное число задано:
i^DJD.=^.
19 Заказ № 226
289
4. Определяем диаметр ведомого катка (без учета про
скальзывания):
D2=D1i= 164’4 =656 мм.
5. Окружное усилие
P=A'/v=4.10s/6= 670 Н.
6. Сила давления между катками (в цилиндрической
фрикционной передаче это одновременно и требуемая сила
нажатия)
Q=^P/fПринимаем р= 1,5, а коэффициент трения — по табл. 3.9
/=0,3; тогда
Q= 1,5 -670/0,3 « 3400 Н.
7. Требуемая ширина катков
fe = Q/[^=3400/30=112 мм,
где для кожи по чугуну принято [^]=30 Н/мм.
Полученная ширина Ь удовлетворяет условию b < Dp
Примечание. Расчет можно вести, не задаваясь окружной
скоростью, а определяя требуемое межосевое расстояние Л = (51+£)2)/2
по формуле
М, Q + 1)
W Л1м
где коэффициентом ширины катков ^д^Ь/А задаются в начале
расчета обычно в пределах 0,2—0,4.
Если применить этот метод расчета к рассмотренному примеру,
получим при Л41=У1/со1 = 4,О-103/73,5=54,5 Н-м и ф=0,25
1,5-54,5-10э(4+1)
30-0,3-0,25
= 426 мм
Так как D2=iDlt то A = (Di-\-D2)/2 = Dl(i-[-\)/2 и
D^H/O+l^-426/(4+1) = 170 мм и D2 = 4-170=680 мм.
При этом Л = (170+680)/2 = 425 мм и Ь = ^дА=0,25-425ж 106 мм.
Здесь межосевое расстояние несколько больше, а ширина катков
несколько меньше, чем по результатам предыдущего расчета, так как
уменьшен коэффициент ширины катков по сравнению с получив
шимся выше (там было Л = (164+656)/2 = 410 мм и фл = Ь/Л =
= 112/410 = 0,274).
Пример 3.17. Рассчитать фрикционную передачу
гладкими цилиндрическими катками (рис. 3.35). Переда
ваемая мощность ^ = 6 кВт. Угловая скорость вращения
ведущего катка а)х=63,0 1/с. Передаточное число i=3.
Материал ведущего катка — сталь 40, ведомого — чу290
гун СЧ15—32. Коэффициент трения стали по чугуну без
смазки f=0,15. Коэффициент запаса сцепления 0=1,5.
Решение. 1. Принимаем окружную скорость катков
р=6 м/с.
2. Диаметр ведущего катка
р1=2ц/ш1=2.б.1оз/бз,о^19о мм.
3. Передаточное число t = 3 (задано).
4. Диаметр ведомого катка
02=0^ = 190-3 = 570 мм.
5. Окружное усилие
P=N/v=G- 103/6=1000 Н.
6. Сила давления между катками (равна требуемому
нажимному усилию)
Q=pp//= 1,5-1000/0,15= 10,0-Ю3 Н.
7. Допускаемое контактное напряжение для
на СЧ15-32
[о]к= 1,5оп., „ = 1,5 • 320=480 Н/мм2.
чугу
8. Определяем ширину катка из условия контактной
прочности
6=0,4182
Q^np
1**1к Рпр
8.1. Приведенный модуль упругости
£np=2^_22±LW-=i,52.,os н/мм’.
ПР
Е^Е2
(2,1 + 1,2)105
где Ej и Е2— соответственно модули упругости стали
(Е1=2,1-105 Н/мм2) и чугуна (Еа=1,2х
X 105 Н/мм2).
8.2. Приведенный радиус кривизны катков
R.R,
190-570
,. г
рпп=—
Е-^—-----D.D,
1—*—=--------------=71,5
мм.
р
Rt+R2
2(Dt+D2)
2(190+570)
8.3. Ширина катка
I.
Л п 02 10-10’-1,52.10»
1С1
&=0,4182---------- -—=161 мм.
480’.71,5
9. Межосевое расстояние
A=(D1+D2)/2=(190+570)/2=380 мм.
19*
291
10. Коэффициент ширины катков
й
фл=6/Л= 161/380=0,424 (в рекомендуемых пределах).
Примечание. При расчете цилиндрических фрикционных
передач на контактную прочность часто применяют несколько иную
методику: определяют требуемое межосевое расстояние по формуле
И
I |О1.1 /W
При этом предварительно задаются коэффициентом ширины катков
фл = Ь/А=0,2-5-0,45. После определения А находят диаметры катков:
Г1=2Л/(1+1); D^iD!
и их ширину Ь = ^дА.
Применим эту методику к рассмотренному примеру, задавшись
^=0,4:
______________________________
„
. Л/0,418\2 1,52-10’-1,5-95,4-10’
■’-'3+1>)/
---- 555^75---- -“"
где Mt = A7(Oi = 6,0.103/63 = 95,4 Н м.
При этом
^=2-388/(34-1) = 194 мм;
Da = 3-194 = 582 мм
и, следовательно.
Л = (Р14-Р2)/2 = (194+582)/2 = 388 мм.
Ширина катков 6=0,4-388^155 мм. Результат незначительно
отличается от предыдущего за счет несколько уменьшенного коэффи
циента ширины катков.
Пример 3.18. Рассчитать открытую фрикционную
передачу гладкими коническими катками (рис. 3.36) из
стали ШХ15 с твердостью рабочих поверхностей НВ500*.
Передаваемая мощность 2V=6,5 кВт; частоты вращения
^=1400 об/мин и п2=560 об/мин.
Решение. 1. Принимаем окружную скорость катков при
работе без смазки у=5 м/с.
2. Средний диаметр ведущего катка
£>1ср=60-1000^/^)=60- 1000-5/(л-1400) = 68 мм.
3. Передаточное число
/=и1//г2= 1400/560=2,5.
4. Средний диаметр ведомого катка
D2cp=Dlcp/=68-2,5=170 мм.
* При такой высокой твердости пользуются шкалой Роквелла.
Здесь для упрощения дано приближенно пересчитанное из единиц
Роквелла (HRC) в единицы Бринелля число твердости.
292
5. Окружное усилие
P=y/v=6,5.108/5=1300 Н.
6. Сила нормального давления между катками при
коэффициенте запаса сцепления 0 = 1,5 и коэффициенте
Рис. 3.36
трения по табл. 3.9 для стали по стали без с^^зки
/==0,2
Q^P/f^ 1,5.1300/0,2=9750 Н.
7. Допускаемое контактное напряжение для стали
р]к = 1,4НВ = 1,4-500=700 Н/мм2.
8. Определяем ширину катков из условия контактной
прочности:
8.1. Приведенный модуль упругости при двух сталь
ных катках
£1=£2=£=2,Ы05 Н/мм2.
293
8.2. Приведенный радиус кривизны конических кат
ков *
о
~ PiP2
Р14"Рг
—________ ^icp^acp________
2 (Djcp^os ^"b^cp cos \)
где
Pi=OKp/(2 cos 6J, р2=Dscp/(2 cos fij).
В конической фрикционной передаче
i=nj t^^—D^I Dy
В нашем случае, когда 6x4-62=90°,
DJD^ctgbt и ctg61=i=2,5.
При этом углы 61=2Г48' и б2=68° 12'. Тогда приведен
ный радиус кривизны катков
68-170
2(68-0,372+170-0,928)
5770
25,2+157,8
О1 -
pnD-- ------------------------------- =----------------=31,5 мм.
гпр
8.3. Требуемая ширина катков
&:=0 4182J?^=0,4182^^^
М’рлр ™)*.31,5
Принимаем Ь=25 мм.
8.4. Конусное расстояние
L=Dlcp/(2sin61)4-fe/2 = (183^^^
мм.
мм.
8.5. Коэффициент ширины конических катков
ф£=6/Л=0,2 —0,3.
В нашем случае
47=25/104=0,24,
т. е. находится в рекомендуемых пределах.
9. Найдем необходимую силу нажатия на катки, с тем
чтобы в зоне контакта была создана сила нормального
давления Q.
Для этого можно нажимать на ведущий каток с силой
Q1=Qsin61 или на ведомый каток с силой Q2=Qsin62.
* Контакт двух конусов можно рассматривать как контакт двух
цилиндров шириной 6 и радиусами рх и р2’ равными расстояниям
по нормали от образующих конусов до осей (см. рис. 3.36)j
из треугольника СКОг радиус
p^C^/cosdj;
из треугольника НКО 2 радиус
p2=//T(/cos 62.
294
Выгоднее нажимать на ведущий каток, так как й1<62,
и поэтому Q1<Q2:
Q1=9750-0,372 = 3600 Н.
Направлена сила Qj вдоль оси ведущего катка.
Примечание. Можно вести расчет, не задаваясь окружной
скоростью, а определяя среднее конусное расстояние (LcP=L — b/2)
по формуле
1 / /0дН8\2 Enp(Wt
LcP=V^+i
где i|)L = b/Lcp принимают 0,22—0,29. Последовательность дальней
шего расчета ясна из предыдущего.
§ 3.9. ЗУБЧАТЫЕ ПЕРЕДАЧИ
В зависимости от относительного расположения геометрических осей ведущего и ведомого валов различают:
зубчатые
передачи цилин
дрическими
колесами
(рис. 3.37), применяемые при
параллельных осях валов; зуб
чатые передачи конически
ми колесами (рис.3.38), при
меняемые при пересекающихся
осях валов; зубчатые передачи
винтовыми (рис. 3.39) и ги
поидными колесами, при
меняемые при скрещивающихся
осях валов.
По расположению зубьев
относительно образующей ци
линдрические зубчатые колеса
Рис. 3.37
подразделяются на (см. рис.3.37):
прямозубые (а), косозубые (б) и шевронные (в).
Конические зубчатые колеса бывают (см. рис. 3.38):
прямозубые (а), косозубые (б) и с круговым
зубом (в).
Цилиндрические колеса могут быть с внешним
(рис. 3.40,а) и с внутренним (рис. 3.40,6) зацеп
лением.
Если ведущий и ведомый валы находятся на значи
тельном расстоянии друг от друга, передача осуществля
ется последовательным рядом зубчатых колес (рис. 3.41).
295
Общее передаточное число такого ряда зубчатых колес
равно отношению числа зубьев последнего зубчатого ко
леса ряда к числу зубьев первого; промежуточные зубча
тые колеса («паразитные») не влияют па величину пере
даточного числа, от их количества зависит лишь направ
ление вращения ведомого колеса. При нечетном числе
промежуточных колес ведущее и ведомое зубчатые колеса
имеют одинаковые направления вращения:
i=^1/^n=u=zn/zv
При большом межосевом расстоянии передача без
паразитных зубчатых колес имела бы значительно боль
шие габариты, как это показано на рис. 3.41.
Для получения больших
передаточных чисел приме
няют
многоступенча
тую передачу (рис. 3.42).
Передаточное число много
ступенчатой передачи равно
п роизведен и ю пе редаточны х
чисел отдельных пар зубча
тых колес, входящих в нее:
^=^1/^л=^Л«з,
...,
ип=
^2?4г6■ ■ *
Определение размеров зубчатых передач, при которых
исключались бы поломки и выкрашивание поверхностей
зубьев, производится расчетом зубьев на изгиб и рабочих
поверхностей зубьев на контактную прочность.
Рис. 3.39
296
о)
297
Размеры зубчатых колес открытых передач определяют
расчетом на прочность по изгибу. Расчета открытых пе
редач на контактную прочность не производят.
Размеры колес закрытых передач определяют расчетом
на контактную проч
ность и проверяют на
прочность по изгибу.
Расчет зубьев на
прочность по напряже
нию изгиба сводится к
определению величины
модуля зацепления, так
как модулем определя
ются все остальные раз
меры зубьев и самих
колес.
А. Расчет цилиндри
ческих зубчатых передач
Исходными парамет
рами для расчета ци
линдрической зубчатой
передачи является передаваемая мощность, передаточное
число, угловая скорость ведущего или ведомого зубча
того колеса и условия работы передачи.
При проектном расчете прямозубых передач можно
руководствоваться табл. 3.10.
Таблица 3.10
Последовательность расчета цилиндрической прямозубой передачи
Что делать
1. Определить угловую скорость
тихоходного или быстроходного вала
в зависимости от известной угловой
скорости и заданного передаточного
числа. Во избежание получения боль
ших габаритов передачи не следует
применять t >6 для механических пере
дач и (>10—12 для ручных. При
необходимости создания передачи с
большими значениями i следует приме
нять двух или трехступенчатые пере
дачи
2. Выбрать материал шестерни и
298
|
Чем руководствоваться
^^-©i/C ИЛИ Oj = ©2(,
или п2 = njit или nL = п21
См табл. 3.11, 3.12
Продолжение табл. 3.10
Что делать
колеса. Определить ав, от, <Т—2 и
твердость НВ
3. Определить допускаемые контакт
ные напряжения для колеса (материал
колеса менее прочен, чем материал
шестерни)
4. Выбрать коэффициент ширины
венца колеса
Фа ~ ^ I^w
5. Выбрать (предварительно) коэф
фициент нагрузки К
После определения размеров зубча
тых колес следует уточнить коэффици
ент нагрузки. При этом:
а) коэффициент динамичности
определяется в зависимости от сте
пени точности зацепления, твер
дости поверхности зубьев колеса
и окружной скорости
б) коэффициент концентрации
нагрузки определяется в зависи
мости от степени точности зацеп
ления, расположения зубчатых ко
лес относительно опор, относи
тельной ширины зубчатых колес,
характера нагрузки и твердости
поверхности зубьев
6. Определить расчетный момент на
валу шестерни в зависимости от пере
даваемой мощности и угловой скорости
Чем руководствоваться
[а]к=2,75НВ
См. табл. 3.13
К ~ ^ДИН^КНЦ'
В начале расчета можно
принимать /<^1,3 при сим
метричном расположении зуб
чатых колес и ^^l,5 при
несимметричном или консоль
ном
расположении
колес
относительно опор
См. табл. 3.14
См. табл. 3.15
МБр=Л1БЯ-,
где МБ — номинальный мо
мент на валу шестерни:
^Б = ^Б /ш1»
7. Определить межосевое расстояние
где Л4б Н‘М, ^Б Вт, (^
рад/с
aw = 48,7(u+l)x
^w
^Бр
X
М^м
где и=г2/г1} МБ Н-мм,
[о]к Н/мм2, aw мм
299
Продолжение табл. 3.10
Что делать
Чем руководствоваться
8. Определить ширину венцов зуб
чатых колес
9. Задаться модулем зубьев. По
ГОСТ 9563—60 принять стандартное
значение модуля
10. Определить:
а) суммарное число зубьев пере
дачи
б) число зубьев шестерни
в) число зубьев колеса
Число зубьев шестерни в некорригированной передаче должно быть не
менее zmjn>17.
Большие числа зубьев обеспечивают
более плавную работу передачи
11. Уточнить межосевое расстояние
12. Сравнить прочность на изгиб
зубьев шестерни и колеса. При нере
версивной работе передачи берут до
пускаемые напряжения [о0]и> а при
реверсивной 1а_1]и» которые в 1,4 ра
за меньше |о0]и. Если зубья шестерни
окажутся прочнее зубьев колеса, даль
нейший расчет ведется для зубьев
колеса (или наоборот)
^ = фд aw
m = (0,01-7-0,02) aw
zc = 2aw/m
гш=21 =^с/(W~M)
zK=z2 = wz1
aw^m(zt+z2)!2
Для шестерни
Й(Го]и=^г Мт п—;
Wk0
для колеса
^l^oli^^ ‘ 1 >4
1 ;
У1 и #2 принимают по табл.
3.17; [и] — требуемый коэф
фициент запаса прочности;
[и] «1,5—2 (большие значе
ния для более прочной стали);
^а— действительный (эффективный) коэффициент кон
центрации напряжений у кор
ня зуба; ^а= 1,6—1,8 (для
стальных зубчатых колес).
Уточненные значения ka и
М] см. в табл. 3.18 и 3.19
13. Произвести проверочный расчет
зубчатой передачи:
а) на контактную прочность
340
ак=—X
aw
bu
б) на изгиб
300
™Бри
a"~ y^bm* <М“
Продолжение табл. 3.10
Что делать
Чем руководствоваться
|
14. Определить основные размеры
шестерни и колеса
di^mz^
d2=m22;
d^dy+Zm^m^+Z);
da2=d2-\-Zm = m(z2-\-Z) ;
d^ =dt—Z, 5m = m^—2,5);
•
d^ = d2—2,5m=m(z2—Z, 5)
3.11
Таблица
Рекомендуемые сочетания марок стали шестерни и колеса
при твердости <НВ350
Ше
стерня
Колесо
Шестерня
Колесо
Шестерня
Колесо
45
35
35Л
50
Ст5
35
45Л
55
Стб
45
55Л
50Г
Стб
45
55Л
ЗОХГС
35Х
40Х
40ГЛ
40ХН
35Х
40Х
40ГЛ
—
—
40X
50
55
40ГЛ
Шестерня Колесо
Примечание, Целесообразно также применение стали одной и той че
марки, но с различной термообработкой, обеспечивающей различие в твердости
зубьев (НВ)Ш—(ИВ)к=20—30.
Таблица 3.12
Рекомендуемые сочетания марок стали шестерни и колеса
при твердости >НВ350
Шестерня
Колесо
Шестерня
Колесо
45; 50
55; 50Е
35Х; 40Х
35; 40
40; 45; 50
50; 55
40ХН
15Х; 20Х
12ХНЗА
35X1 40Х
15Х; 20Х
12ХНЗА
301
Таблица 3.13
Значения коэффициента ширины венца зубчатого колеса
Колеса
0,12—0,4
0,2—0,6
0,4—1,2
Прямозубые.....................................................................
Косозубые................ ........................................................ •
Шевронные , • . . .....................................................
♦ Большие значения для более точных и жестких передач.
Таблица 3.14
Значения коэффициента /Гдин для расчета прямозубых
цилиндрических колес
Степень
точности
зацепления
7
8
9
Наибольшая ^дин при окружной скорости, м/с
Твердость
допустимая
поверхности
окружная
зубьев большого
ДО 3
3—8
8—12
колеса, HBmjn скорость, м/с
До 200
200—350
Более 350
До 200
200—350
Более 350
12
1,5
1,2
1,2
1,5
1,4
1,3
8
1,4
1,3
1,3
1,6
1,5
1,4
До 200
200—350
3
1,5
1,4
—
1,6
1,5
1,4
—
—
Примечание. Для конических прямозубых колес следует принимать
значения Кдин на 7—10% выше указанных в таблице.
Таблица 3.15
Значения коэффициента концентрации нагрузки Я*кнц
Твердость поверхности зубьев
>НВ350 обоих зубчатых колес пары
<НВ350 хотя бы одного из колес пары
Степень
точности
6
7
8
9
^КНЦ
0
1,10
1,20
1,30
6(1—ф)+ф
Значение вспомогательного коэффициента 0 берется из табл. 3.16;
ф — вспомогательный коэффициент, зависящий от характера изменения
нагрузки: при постоянной нагрузке он равен 1,0; при незначительных
колебаниях нагрузки — 0,6; при значительных ее колебаниях —
(0,25—0,3).
302
3.16
Таблица
Значения вспомогательного коэффициента 0
Расположение
вубчатых колес
Симметричное
Несимметричное
или консольное хо
тя бы одного из ко
лес
Отношение bjdx (Для конических
колес по среднему диаметру)
Форма зубьев
Любая
Косые р<20°
Шевронные Р> 20°
Прямые
<1,1
1-1,6
1, 6-1,8
1,8
1,1
1,4
1,3
1,3
1,2
1,4
1,4
1,3
1,3
1,5
1,4
1,4
1,4
1,5
1,5
1,5
Примечание. dt — диаметр шестерни
Таблица 3.17
Значения коэффициента у для эвольвентного наружного зацепления
при а = 20°
Число
зубьев
У
Число
зубьев
У
Число
зубьев
У
12
14
16
18
20
0,304
0,324
0,339
0,354
0,372
24
28
30
35
40
0,395
0,411
0,416
0,431
0,442
50
65
100
300
Рейка
0,457
0,472
0,481
0,496
0,523
Таблица
3.18
Значения эффективного коэффициента концентрации напряжений
ko у корня зуба
Материал и термообработка
Стальные зубчатые колеса, подвергнутые нормализации
или улучшению.................................... ....................................
Стальные зубчатые колеса, зубья, подвергнутые объем
ной закалке .................................................................................
Стальные зубчатые колеса, зубья, подвергнутые цемен
тации, азотированию или цианированию .............................
Чугунные зубчатые колеса ..••••••.••..
ko
1,4—1,6
1,8
303
Таблица 3.19
Рекомендуемые значения коэффициента запаса прочности [и]
для расчета на изгиб зубьев цилиндрических и конических
зубчатых колес
Материал и термообработка
Отливки стальные или чугунные, термически не обработан
ные ..................... .........................................................................................
Отливки стальные или чугунные, подвергнутые отжигу нор
мализации или улучшению.................................................................
Поковки стальные, подвергнутые нормализации или улучше
нию ..............................................................................................................
Поковки стальные, подвергнутые объемной закалке . . . .
И
1,9
1,7
1,5
1,8
Пример 3.19. Рассчитать цилиндрическую прямо
зубую передачу, если заданы передаваемая мощность
^=8 кВт, угловая скорость ведущего вала ^=80 рад/с,
передаточное число i = 2. Колеса стальные, передача за
крытая нереверсивная.
Решение. 1. Угловая скорость тихоходного вала при
i=u=z2/z1=2
рад/с.
2. Выберем материал шестерни и колеса (см. табл. 3.11;
3.12 и 3.1). Материал шестерни — сталь 50 (ов=600Н/мма,
от=340 Н/мм2; 0-! = 260 Н/мм2); материал колеса—сталь
Ст5 (ав=500 Н/мм2; от=280 Н/мм2; а-^240 Н/мм2).
Выбранные материалы имеют указанные механические
характеристики в нормализованном состоянии при твер
дости <НВ350 (примерно НВ180 — НВ210 для шестерни
и НВ160 — НВ185 для колеса). При улучшении или за
калке механические характеристики будут выше.
Улучшенная сталь имеет твердость (в зависимости от
марки) НВ250 — НВ300 и поддается обработке резанием.
При закалке* зубчатых колес до твердости >НВ350 они
обычно настолько деформируются, что для получения
необходимой точности профили зубьев приходится шли
фовать.
Таким образом, там, где отсутствует возможность шли
фования зубьев, следует ограничиться материалами с твер
достью <НВ300 — НВ320.
ш2=со1// = 80/2=40
* За исключением поверхностной закалки зубьев токами высокой
частоты.
304
3. Допускаемые контактные напряжения для коЖса:
[о]к=2,75НВ=2,75-160=440 Н/мм2.
4. Коэффициент ширины венца колеса фа принимаем
равным 0,2 (по табл. 3.13).
5. Предварительно задаемся коэффициентом нагрузки:
/<=1,3.
6. Вычисляем расчетную нагрузку:
МБр=МБ К=(ЛГБ /<0^=(8• Ю780) • 1,3= 130 Н • м.
7. Требуемое межосевое расстояние
3 <^Й
aw=48,7(u+l)y —^- =
3 /
1 ЧП. 103
=4 8,7(2+1)1/ -22722_ = 175 мм.
v
' |/
4402-0,2.2
8. Ширина венцов колес
&=4++=0,2-175=35 мм.
9. Модулем зацепления задаемся по соотношению
т=(0,01ч-0,02)аю=(0,01+0,02) 175=(1,75+-3,50) мм.
Принимаем стандартное значение модуля (по ГОСТ
9563—60) т=3,0 мм.
10. Определяем суммарное число зубьев передачи и
числа зубьев колес:
zc=2ajm=2-175/3,0= 117;
гш=г1=гс/(м+1)= 117/(2 +1) = 39;
zK=z2=uzx=2 • 39 = 78.
11. Уточняем межосевое расстояние
aw=tnzJ2=m (г1+г2)/2=3 (39+78)/2= 175,5 мм.
Так как желательно, чтобы aw выражалось целым чис
лом, то увеличим гх до 40. Тогда
г2=2-40=80
и
a№=3,0(40+80)/2=180 мм.
12. Сравниваем прочность на изгиб зубьев:
шестерни
У1Ыи=Уг 1.4 7^=0,442.1,4 -^-=59,5 Н/мм2;
20 Заказ Яр 226
345
колеса
УМя=Уг1.4-^-=0,476-1,4 -^-=58,8 Н/мм2.
1«]«0
1.'. 1,6
В обоих случаях принято [п]=1,7; Ло = 1,6, а ^ и уа
выбраны по табл. 3.17.
Таким образом, зубья шестерни оказались прочнее
зубьев колеса. Поэтому дальнейший расчет ведем для
зубьев колеса.
13. Производим проверочный расчет зубчатой пере»
дачи. Окружная скорость
о=-у.(о1=^-®1=^у^ 80=4,8 • 103 мм/с=4,8 м/с.
Уточняем по табл. 3.14 коэффициент /<дин, приняв для
окружной скорости v=4,8 м/с 8-ю степень точности за
цепления: Кдин=1>5.
Коэффициент /<кнц (см. табл. 3.15 и 3.16) для постоян
ной по величине нагрузки при симметричном расположе
нии колес относительно опор и отношении
b/d^ fe/(/nz!)=35/(3,0 • 40)=0,292
составит
Якнц=е(1-ф)+ч>= и (1-0+1=1
и, таким образом, коэффициент нагрузки /<= 1 • 1,5= 1,5,
что превышает ранее принятое значение 1,3.
13.1. Проверка на контактную прочность
8.0-103
/
35-2
=446 Н/мм2>[а]к=440 Н/мм2.
Так как ак превышает [о]к’ примерно на 1,5%, то
контактную прочность можно считать достаточной.
13.2. Проверка зубьев колеса на изгиб:
2МБри
2-1,5-ю®.2
Ои =-------- — =--------------------------- =
у2г2Ьт2
0,476-80.35.3а
=50 Н/мм2<[а0]и=1,41-|у^-=124 Н/мм2.
Полученный результат подтверждает, что в зубьях
колес из стали с твердостью <НВ350, рассчитанных на
контактную прочность, напряжения изгиба значительно
ниже допускаемых.
306-
Таблица 3.20
Последовательность проектного расчета
цилиндрической косозубой передачи
Что делать
I
1. Определить передаточное число
при заданных (ох и о)2, либо сох (если
заданы (о2 и t), либо со2 (если зада
ны (0х и t)
2. Выбрать материал шестерни и
колеса.
Определить ов, от, о_х и твер
дость НВ
3. Определить допускаемое нормаль
ное контактное напряжение [ок]
4. Определить расчетный момент на
валу шестерни
5. Из условия контактной прочно
сти определить межосевое расстояние,
которое затем округляют до целого
числа миллиметров
Чем руководствоваться
t^Oi/Oa
См. табл. 3.11, 3.12
См. табл. 3.1
См. п. 3 табл. 3.10
См. п. 5 и 6 табл. 3.10
&№—
=44,3(«+О
V
|’й ♦.“
где фЛ — коэффициент шири
ны венца колеса: для косо
зубых колес 0,2—0,6, для
шевронных 0,4—1,2
6. Выбрать нормальный
модуль
зубьев.
По ГОСТ 9563—60 принять ближай
шее стандартное значение тп
7. Принять предварительно угол
наклона линии зуба 0
8. Определить
суммарное
зубьев
9. Определить число зубьев:
число
шестерни
колеса
10. Определить фактическое переда
точное число и
11. Определить уточненное значение
угла наклона линии зуба Р (cos р сле
дует вычислять с точностью до пяти
значащих цифр)
12. Определить диаметры делитель
ных окружностей (с точностью до со
тых долей миллиметров) и проверить
межосевое расстояние
20*
тя = (0,01 -4-0,02) aw
Для косозубых колес р=
=8—15°, для шевронных
Р=25—40°
2с = г1+г2=------ cos р
^п
*i = *c/(«-H)
г2~ ^с — гх
M = 22/Zx
cosp = 2cmn/(2aw)
dL=tnnzt/cos^\
d2 = m„?2/cosP;
att> —(^14"^г)/2
307
Продолжение табл. 3.20
Что Делать
Чем руководствоваться
13. Определить ширину венцов зуб
чатых колес
14. Уточнить коэффициент нагрузки
fr-tea®
^~^КНЦ^ДИН»
^кнц определить потабл. 3.15,
3.16 так же, как для прямо
зубых колес.
^дин принимают:
^> м/с
^ДИН
<3 ....... 1,0
Зч-8..................... 1,0 -4- 1,2
8ч- 12.....................1,2ч- 1,3
15. Проверить расчетные контакт
ные напряжения
16. Найти фиктивные числа зубьев:
шестерни
колеса
Определить исходя из этих величин
коэффициенты формы зубьев уг и у2
17. Определить окружное усилие
в зацеплении:
ОТ к—
294
МБр(«+1)3
aw
bu
7
'
?9i = «l/COS*₽
ZM = Z2/COS8 р
По табл. 3.17
2Мб
номинальное
di
расчетное
18. Определить допускаемые напря
жения изгиба для зубьев шестерни и
колеса
19. Сравнить прочность зубьев ше
стерни и колеса на изгиб. Проверку
прочности вести для менее прочных
зубьев
Рр^КР
Там же, как для прямо
зубых колес (см. табл. 3.10)
20. Проверить прочность зубьев на
изгиб
<Ти = ---- — < Ми.
То же
/’р
уЬтпЬпн
где &пи = 1,4 — коэффициент,
учитывающий
повышение
прочности на изгиб косых
зубьев по сравнению с пря
мыми
21. Определить диаметры вершин и
впадин зубьев
dal=d1+2mni ^2=^2+2/пл;
dj^=d^ — 2,5т/J,
^/2=^2 “ 2,5т л
308
14. Основные размеры шестерни и колеса:
d1=mz1=3,0-40= 120 мм;
d2=/nz2=3,0*80=240 мм;
^=^+2/71=120+2’3,0=126 мм;
^a2=^2+2m=240+2’3,0=246 мм;
dfl=d1 — 2,5/и= 120 — 2,5 • 3,0= 112,5 мм;
df2=d2 — 2,5m=240 — 2,5*3,0=232,5 мм.
При проектном расчете цилиндрической косозубой пе
редачи рекомендуется руководствоваться табл. 3.20.
Пример 3.20. Проверить прочность цилиндрической
косозубой закрытой передачи, имеющей следующие пара
метры: передаваемая мощность ^=16 кВт, угловая ско
рость ведущего вала со= 100 рад/с, числа зубьев: zL=35;
г2=112, угол наклона; линии зуба 0=16° 30', модуль
нормальный тп=3 мм, ширина колес 6=70 мм. Мате
риал колеса—сталь Ст5, о_1=240 Н/мм2, твердость
НВ160. Материал шестерни — сталь 50 нормализованная,
CL.х=260 Н/мм2, твердость НВ190. Передача работает со
значительными колебаниями нагрузки.
Решение. 1. Передаточное число
«=2^=112/35=3,2.
2. Условиями примера материал шестерни и колеса
задан.
3. Допускаемое контактное напряжение для материала
колеса
[а]к=2,75НВ=2,75-160=440 Н/мм2.
4. Определяем коэффициент нагрузки.
Делительный диаметр шестерни
dL=ztmn/cos 0=35 • 3/cos 16° 30' = 110 мм.
Окружная скорость
o=o)1d1/2=100.110-10-3/2=5,5 м/с.
Относительная ширина шестерни
6/^=70/110=0,637.
Коэффициент концентрации нагрузки при значитель
ных колебаниях передаваемой мощности (<р=0,25, см.
309
стр. 302) и симметричном расположении зубчатых колес
относительно опор (см. табл. 3.15, 3.16)
Ккнц=е(1 -Ф)+Ф=1.1 (1 -0,25)4-0,25= 1,075.
Динамический коэффициент при и=5,5 м/с по дан
ным, приведенным в табл. 3.20,
КдНП=1,1.
Таким образом,
К=ЛдиЖкнц=1.Ь 1,075=1,18.
5. Вычисляем момент на валу шестерни
ME=W®1=16-103/100=160 Н-м.
Расчетный момент на валу шестерни
МБр=^б = 1,18-160=189 Н-м.
6. Проверяем прочность по контактным напряжениям!
Ьи
’
где межосевое расстояние
г1+£2=3_35+112_=23() w
aw=mn
2 cos р
2 cos 16° 30'
Подставив полученные величины в формулу для <тк,
получим
к
294
О„ =---230
^^+*1=317 Н/мм*.
70-3,2
Таким образом, условие прочности удовлетворяется:
°к<Мк-
При таких невысоких контактных напряжениях проч
ность зубьев на изгиб заведомо достаточна; поэтому про
верку прочности на изгиб не производим.
Б. Расчет конических прямозубых передач
Закрытые конические передачи рассчитывают на кон
тактную прочность и проверяют зубья на изгиб. Из ус
ловия контактной прочности определяют внешний дели
тельный диаметр колеса, который при проектировании
редукторов, изготовляемых серийно, округляют по ГОСТ
12289—66. По этому же ГОСТу округляют ширину венца
310
(длину зуба), измеряемую вдоль образующей делительного
конуса. Методика расчета подробно показана в при
мере 3.22.
Открытые конические передачи рассчитывают на изгиб
зубьев; для учета возможного уменьшения толщин зубьев
в результате их износа в расчет вводят коэффициент
износа £Изн>1Д Из расчета определяют внешний окруж
ной модуль, который обычно округляют до ближайшего
стандартного значения. Последовательность расчета откры
той конической передачи показана в примере 3.21.
Таблицы, указывающие последовательность расчета
конических передач, не приведены, так как в примерах
методика расчета показана достаточно подробно, и прин
ципиальные основы расчета остаются теми же, что и для
цилиндрических передач.
Пример 3.21. Определить размеры открытой кони
ческой прямозубой передачи с межосевым углом 2=90°,
если передаваемая мощность № = 3,5 кВт, передаточное
число i = 4, частота вращения ведущего вала ^=200 об/мин:
со1=лп1/30=Л’200/30=21 рад/с.
Передача нереверсивная.
Решение. 1. Углы делительных конусов:
бг = arcctg i = arcctg 4 = 14° 2';
62=90-61=90°- 14°02'=75°58'.
2. Выбираем материал зубчатых колес. Материал ше
стерни—сталь Ст5, материал колеса—чугун СЧ21—40.
3. Допускаемые напряжения изгиба *:
для шестерни
[ао]и=1,4-^-=1,4-^ = 16О Н/мм2,
1п\1га
1,41,5
где о_х=240 Н/мм2 (см. табл. 3.1);
для колеса по эмпирической формуле
[о0]н=0,29опч р=0,29-210=61 Н/мм2,
где опчр=210 Н/мм2 —предел прочности чугуна СЧ21—40
на растяжение.
* Передача открытая, и последующий расчет будет производиться
только из условия прочности зубьев на изгиб.
311
4. Задаемся числом зубьев шестерни zx = 18. Тогда,
учитывая, что i=wx/©2=u=z2/zx, имеем
г2=игх=4-18=72.
5. Определим эквивалентные (фиктивные) числа зубьев
и по табл. 3.17 находим коэффициенты формы зубьев:
29i=z1/cosS1=18/cos 14°02' = 18,6, ух=0,354;
z92=z2/cos 62=72/cos 75° 58'«300,
у2=0,496.
6. Сравниваем прочность на изгиб зубьев:
шестерни
У1Кк=0,354.160=56,5 Н/мм2,
колеса
У2 Ыи2=0,496-61 =30,2Н/мм2.
Таким образом, расчет следует вести по колесу.
7- Задаемся коэффициентом длины зубьев (ширины
венца) по конусному расстоянию, пользуясь рекоменда
цией, приведенной в ГОСТ 19624—74 (5<0,3/?е):
ф^=6//?е=0,30.
При выбранном коэффициенте фЛ установим, поль
зуясь геометрическими соображениями и рис. 3.43, вели
чину коэффициента ф,„ длины зуба по отношению к сред
нему модулю т.
Из треугольника ОАВ следует, что
(M=HB/sin6x,
но
OA=R=Re — Ь/2,
а АВ=т21/2, следовательно,
Re — b/2=тг1/2 sin dx.
312
Разделив почленно на /и и учтя, что Ь/т=^т, полу
чим
Re/m — i|)m/2=z1/2 sin d,;
но m=bl^m и, следовательно,
ReVjb — 0,5ipm==21/2 sin 6j
или
V4\-0.54m=z1/2 sin 6,
откуда
%
2i4
— 0,5^ ) sin dx
Подставив числовые данные, получим
. 18-0,30
1о 1
tL =---------------------------------- = 13,1.
2(1—0,5-0,30) sin 14° 02'
8. Расчетный момент на ведущем валу (валу шестерни)
Л1Бр=-К=^^-^ 1,5=2,50-102 Н-м.
он
р
21
Здесь принято предварительно /<==1,5.
Расчетный момент на ведомом валу (валу колеса) без
учета потерь в зацеплении и подшипниках
Мтр=Шбр=4.2,50-102= 10,0-102 Н-м.
9. Внешний окружной модуль при коэффициенте из
носа Лизн = 1,2
i
e
mfi>-------------1 — 0,5^
1
1-0,5-0,30
^Мтр^изн
V У^т
ко!и
20,0-106-l,2
K 1C
------------------------- =5,lo мм.
0,496-72-13,1-61
Принимаем ^=5,5 мм из ряда стандартных значений
модулей (по ГОСТ 9563—60).
10. По найденному те определяем размеры колес
(рис. 3.44).
Внешние делительные диаметры:
del=/nez1=5,5*-18=99 мм;
^2=тб22=^,5-72=396 мм.
Внешнее конусное расстояние
^=тК2|+г2 =М/182 + 722= 204,05 мм.
2
2
1
313
Ширина зубчатого венца
Л=фй /?е=0,30 • 204,05 ^ 61 мм.
Внешняя высота головки зуба
hae=hatne=l,0-5,5=5,5 мм,
Ла = 1,0 — коэффициент высоты головки зуба.
Рис. 3.44
Внешняя высота ножки зуба
hfe=hae+c*ine=595+Qt2- 5,5=6,60 мм,
где с*=0,2— коэффициент радиального зазора.
Внешняя высота зуба
йе=^ае+^л=5,50+6,60= 12,1 мм.
Угол головки зуба
0a=arctg/^//?,=arctg5,5O/2O4,O^
0в=1°32'.
Углы конусов вершин:
шестерни
^1=в1+®«= 14° 02'+1 ° 32'= 15° 34';
колеса
6а2=А+0а=7 5° 58'+1 ° 32'=77° 30'.
314
Угол ножки зуба
©z=arctg hfe/Re=arctg 6,60/204,05=0,03240,
©z=l°53'.
Углы конусов впадин:
шестерни
6^=6^ ©z=14°02' - 1° 53'= 12° 09';
колеса
6,,=6.-©,=75058'- 1°53'=74°05'.
Внешние диаметры вершин зубьев:
шестерни
daei=del+2hae cos б1=99,0+2 • 5,50 cos 14° 02'=
= 109,68 мм;
колеса
^ае2=^е2+^ае cos $2=396 + 2-5,50 COS 75° 58' =
=398,74 мм.
Средний модуль зубьев
6 sin 6,
с гл
61 sin 14° 02'
•
т—т.----------- -=5,50------------------ =4,68 мм.
*
2,
18
11. Уточняем коэффициент нагрузки, предварительно
определив окружную скорость и выбрав степень точности
зацепления.
Окружная скорость на окружностях средних диамет
ров:
vcp=d1(o1/2=№1a1/2=4,68.18-21 • 10'72=
=0,758 м/с.
Принимаем 8-ю степень точности зацепления. По
табл. 3.14 имеем Кдин = 1,4.
При fe/d1=fe/(mz1)=61/(4,68-18)=0,722 и незначитель
ных колебаниях нагрузки для несимметричного располо
жения колес относительно опор по табл. 3.15, 3.16
^нц=9(1-<р)+Ф=1,3(1-0,6)+0,6=1,12.
Тогда
7(=/WGnu= 1,4-1,12= 1,56.
12. Проверяем расчетные напряжения изгиба в зубьях
колеса, которые менее прочны, чем зубья шестерни. Пред
варительно определяем окружное усилие:
P=2MT/da=2-667-107337=3,96- 103 Н,
315
.где
MT^N/(ot=3,5-103/(21/4)=667 Нм
и
d2=mz2=4,68-72=337 мм.
Напряжения изгиба
_ __ КР^изн__ 1,56 3,96-10».1,2
=43,5
и
ybm
0,496-61.4,68
Н/мма.
Напряжения получились ниже допускаемых, так как
модуль был принят больше требуемого, а коэффициент
нагрузки оказался примерно равным принятому предва
рительно.
Пример 3.22. Произвести расчет закрытой реверсив
ной конической прямозубой передачи, если передаваемая
мощность ^=l,5 кВт, угловые скорости ^=77 рад/с и
ю2=39 рад/с, коэффициент ширины венца фЛ =0,30.
Решение. 1. Передаточное число
1=(О1/й)2=77/39=1,975.
2. Выбор материалов (см. табл. 3.11, 3.12 и 3.1):
принимаем для шестерни сталь 50Г (ов=650 Н/мм2;
от=370 Н/мм2 и о_л=290 Н/мм2), а для колеса — сталь 45
(ав=600 Н/мм2; от=340 Н/мм2 и о_х=260 Н/мм2).
Термообработкой доводим твердость колеса до НВ 165,
а твердость шестерни до НВ 190.
3. Допускаемое контактное напряжение для материала
колеса
[<т]к^2,75 НВ=2,75-165=450 Н/мм2.
4. Принимаем предварительно коэффициент нагрузки
/<=1,6 (в конических передачах, как правило, одно нз
зубчатых колес закреплено консольно).
5. Момент на валу шестерни:
номинальный
^13=^/^= 1,5-103/77= 19,4 Н-м;
расчетный
Л4Бp=^MБ = l,6-19,4=31,2 Н м.
6. Внешний делительный диаметр
(Ь~108 V
------------ ^-------- —
V М
2(1—О.И^)2^
31,2-I03-1,975*
1К|
--------- ------------ ’------------- =151 мм.
4502 (1 —0,5.0,3)2.0,3
316
7. Примем число зубьев шестерни г^ЗО.
8. Число зубьев колеса
г2=211=30-1,975=59,3.
Примем z2=60, тогда фактическое передаточное число
u=22/z1=60/30=2.
9. Внешний окружной модуль
/nf=de2/z2= 151/60=2,52.
Принимаем * те=2,5 мм, что соответствует ГОСТ 9563—60.
10, Окончательные значения del, de2, со2:
del—mez1=2,5-30=75,0 мм;
^2=^2=2,5-60=150 мм;
ю2=®1/н=77/2=38,5 рад/с.
11. Внешнее конусное расстояние
₽ =^/'442'=^/302+60^=84,2 мм.
12. Ширина зубчатого венца
6=фЛ ^=0,3 -84,2^25 мм.
е
13. Углы делительных конусов:
Sj=arcctg u=arcctg 2=26° 34';
62=90° - б1=90° — 26° 34'=63° 26'.
14. Средний делительный диаметр шестерни
dx=2 (Re — 0,56) sin dx=
= 2(84,2 —0,5-25) sin 26° 34'=64 мм.
15. Средний окружной модуль
m=d1/zl— 64/30 =2,14 мм.
16. Средняя окружная скорость
»ср=®Л/(2-1000)=77- 64/(2-1000)=2,46 м/с.
17. По табл. 3.14 при этой скорости можно назначить
8-ю степень точности и при твердости до НВ200 принять
коэффициент КДин=1,5 (с учетом примечания к табл. 3.14).
18. По табл. 3.15 при твердости менее НВ350 коэф
фициент/<KHU=0(1 — <р)+<р.
* В конических передачах округление внешнего окружного мо
дуля по ГОСТу желательно, но не обязательно.
317,
Вспомогательный коэффициент 9 по табл. 3.16 при
отношении
&/d!=25/64^0(4
для прямых зубьев и консольного расположения хотя бы
одного из колес равен 1,3, а коэффициент ф при незна
чительных колебаниях нагрузки равен 0,6. Тогда
/(КИЦ=О(1-Ф)+Ф = 1,3(1 -0,6)+0,6=1,12.
19. Окончательное значение коэффициента нагрузки
К=^ин^нц= 1,5-1,12= 1,68.
20. Проверка контактных напряжений по уточненным
коэффициенту нагрузки и передаточному числу:
_
1120ы
ак~ м1-0’5^)
/~
V
МБр
'
Подставляя числовые значения, получаем
1120-2
Ок =-------------------------к
150(1-0,5-0,3)
>^^-=475 Н/мм2,
150-0,3
что на 5,57% выше допускаемого контактного напряже
ния. Целесообразно несколько повысить твердость зубьев
колеса, доведя ее до НВ 170.
21. Проверка прочности зубьев на изгиб.
21.1. Эквивалентные (фиктивные) числа зубьев:
для шестерни
^^z^cos 6^30/0,894 ^ 34;
для колеса
гэ2=г2/соз 62=60/0,448 ^ 130.
21.2. По табл. 3.17 находим значения коэффициентов
формы зуба:
ПРИ гэ1=34 у£ ^ 0,428,
при зэ2=130 у2^ 0,482.
21.3. Определим допускаемые напряжения изгиба при
реверсивной работе передачи:
Где по табл. 3.18
313
k^ 1,6 — эффективный коэффициент
концентрации напряжений
у корня зуба;
по табл. 3.19 [п]=1,5 — рекомендуемый
коэффи
циент запаса прочности.
Для шестерни
го
1
1 -__f^------ Л20 Н/мм2;
"“'
'
1,5.1,6
для колеса
lq_.L2=
2—
11и2
1,5-1,6
1
=108 Н/мм2.
21.4. Сравнительная оценка прочности на изгиб зубьев
шестерни и колеса:
У1[а-11и1=0,428-120=51,5 Н/мм2;
У2[о-11и2=0,482- 108=52 Н/мм2.
Зубья шестерни имеют меньшую прочность на изгиб,
чем зубья колеса. Поэтому дальнейший расчет ведем по
зубу шестерни.
21.5. Окружное усилие
Р=2Л4б/^1=(2-19,4-103)/64=606 Н.
21.6. Расчетные напряжения
терни
606-1,68
н
ybm
0,428-25-2,14
изгиба в зубьях шес
=47,8 Н/мм2<[о_1]н1.
§ 3.10. ПЕРЕДАЧА ВИНТ—ГАЙКА
Эта передача, как правило, применяется для преобра
зования вращательного движения в поступательное (дом
краты, винтовые прессы, ходовые винты металлорежущих
станков). Основные критерии работоспособности передачи:
износостойкость резьбы, прочность винта, устойчивость
винта (в случае его работы па сжатие).
Расчет передачи можно вести, пользуясь рекоменда
циями табл. 3.21, но можно и изменить последователь
ность расчета, начав его с определения среднего диаметра
резьбы из расчета на износостойкость (см. [8,10]).
319
Таблица 3.21
Последовательность расчета передачи винт—гайка
Что делать
1. Предварительно опре
делить внутренний диаметр
винта di из расчета на сжа
тие по увеличенной на 25-г
4-30% осевой силе
Чем руководствоваться
4Н
« [ale
где Р = 1,25—1,3;
[о]с = (804-100) Н/мм«
для стали Ст5 или 45
2. Выбрать резьбу винта
ГОСТ 9484—73 на трапецеидальную
резьбу или ГОСТ 10177—62 на упор
ную резьбу
3. Проверить
винт
на
прочность при совместном
действии кручения и сжатия:
а) напряжения сжатия
б) напряжения кручения
ас—
9
шф4
tk=AM(0,2^),
где в зависимости от схемы винта
крутящий момент Мк равен или мо
менту в резьбе Л4Р, или моменту тре
ния в опоре Моп» или суммарному
моменту Мр+Моп.
Момент в резьбе определяют по
формуле
^P=Qytg(x|)+p'),
здесь d2 — средний диаметр
ф— угол подъема резьбы,
tgф=Sn/л:d2);
, ,
резьбы;
S — шаг резьбы; п — число заходов
резьбы; р'—приведенный угол тре
ния;
tg р' =—£—
к
cosa/2
f — коэффициент трения; a = 30° —
угол профиля трапецеидальной резьбы
в) эквивалентное(приве
денное)
напряжение
по гипотезе энергии
формоизменения
и
условие прочности
320
<Ыв=/«с+3тк < [’I-
где [a]=aI/[n]. [«1=3
Продолжение табл. 3.21
Что делать
Чем руководствоваться
4. Определить необходи
мую высоту гайки:
а) число витков резьбы
гайки
z>-------------------- :— •
(л/4) (d2-df)[p]
где (л/4) (d2—d|) — кольцевая рабочая
поверхность одного витка; [р]— до
пускаемое давление на единицу рабо
чей поверхности витка.
Для обеспечения необходимой изно
состойкости допускаемое
давление
можно принимать по следующей ре
комендации:
стальной винт по бронзовой гайке
[р] = 104-13 Н/мм2; стальной винт по
чугунной гайке (чугун антифрикцион
ный) [р]=7->9 Н/мм2; стальной винт
по чугунной гайке (серый чугун)
[р] = 5-г-6 Н/мм2
б) высота гайки
H = Szt
где S — шаг резьбы
5. Проверить гайку на ра
стяжение по кольцевому се
чению
^Р“ п
^Мр»
- (D2 — d2)
4
где D — наружный
диаметр гайки;
[о]р=40-т-80 Н/мм2 для бронз
6. Проверить винт на ус
тойчивость
по
формуле
Эйлера при гибкости больше
^пред=90 (для стали 45 и Ст5)
Q " М’<2
[ у1’
где /пр — приведенный момент инер
ции сечения винта, определяемый по
эмпирической формуле
nd4 /
d\
Ц 0,375+0,625 7 ;
64 \
[п]у — требуемый коэффициент запаса
устойчивости;
fn]y=3,0—5,0; р,—
коэффициент приведения длины
21 Заказ № 226
321
Продолжение табл. 3.21
Чем руководствоваться
Что делать
При гибкости винта (для
стали 45 и Ст5) 50<1<90
критическая сила опреде
ляется по формуле Тетмайера — Ясинского
Скр=---------(о — 6Х);
4
для стали Ст5 а=350 Н/мм1;
6 = 1,15 Н/мм2; для стали 45
а=450 Н/мм2, 6=1,67 Н/мм2
7. Определить
момент,
необходимый для преодоле
ния трения на опорной по
верхности чашки Л40п (рис.
3.45, а, б)
8. Определить
требуемый для
винта
момент,
вращения
Мвр = Мр+Л40п
Пример 3.23. Рассчитать винтовую передачу дом
крата (рис. 3,45а), подъемная сила которого Q=l,0-106H.
Высота подъема /о = О,5 м. Коэффициент трения в резьбе
/=0,18. Материал винта сталь Ст5 с пределом текучести
от=280 Н/мм2.
Решение. 1. Предварительно определяем внутренний
диаметр винта из условия прочности на сжатие:
d
МВН
40Q
-------------------
!
Для стали Сто
[а]с=80 Н/мм2.
Тогда при Р=1,3
,
, Л41,3-1,0105
■” = 1/
~'з,14»
.с е .
°45’5 "“•
2. Выбор резьбы винта.
По ГОСТ 9484—73 принимаем трапецеидальную резьбу
с ближайшим большим dBH ж d^. наружный диаметр
d=60 мм| внутренний ^=51 мм; средний d2=56 мм}
S=8 мм.
Резьба с d,=46 мм и d=55 мм не рекомендована
к применению (размер 55 поставлен в скобках).
322
3. Проверка винта на совместное действие сжатия и
кручения.
3.1. Напряжение сжатия
oc=4Q/(nd0=4-l,0-10 5/(3,14.51)2=49 Н/мм2.
3.2. Наибольшее касательное напряжение в попереч
ном сечении винта при действии момента
Alp=Q-^tg(Mp').
Угол подъема резьбы
tg гр=S!(ndJ=8/(3,14 • 56)=0,0455; гр = 2° 40'.
Л.с. 3.45
Находим приведенный угол трения р':
р'= arctg—-—= arctg 0,18 -=arctgO, 187 = 10°40'
r
b cosa/2
s cos 15°
и тогда момент в резьбе
Мр= l,0-105~tg(2°40'4-10°40')=655-103 Н-мм.
Максимальное касательное напряжение
TK=Alp/(0,2di)=655J07(0^5P^^
21*
Н/мма.
323
3.3. Эквивалентное напряжение
0экв=/ас + 3^=1/ 492+3.24,82 =
= 65 Н/мм2 < [о],
где
[а]=ат/[п]=280/3=93,3 Н/мм2.
4. Расчет резьбы на износ и определение необходимой
высоты гайки:
л (d2 —tf)
IpI
Примем для пары стальной винт — гайка из брон
зы ОЦС-5-5-5 допускаемое давление [р] = 10 Н/мм2. Тогда
Однако вследствие неравномерности распределения
нагрузки между витками не рекомендуется г > 10.
Поэтому для уменьшения требуемого числа витков
переходим к следующему большему размеру резьбы винта
d=70 мм; d1=59 мм; d2=65 мм и 5=10 мм. Тогда
3,14 (702 — 592) 10
Принимаем 2 = 10 витков.
Пересчитываем также момент в резьбе Л4Р:
tg t|)=S/(nd2) = 10/(3,14 • 65)=0,049; ip=2° 50'
и
Л4Р= 1,0-106-у tg (2° 50' +10° 4О')=77О-103 Н- мм.
Высота гайки
/7=52=10-10=100 мм.
5. .Наружный диаметр D тела гайки находим из усло
вия прочности на растяжение, принимая [о]р=40 Н/мм2:
”
4₽Q
л (D2 — d2)
। f
‘°^
откуда
V л[а]р
принимаем D=100 мм.
324
у
3,14-40
’
’
6. Проверка винта на устойчивость.
Определяем гибкость винта при его расчетной длине
/=/о+Я/2=5ОО+1ОО/2=55О мм.
Приведенный момент инерции поперечного сечения винта
Jnp=— (0,375 +0,625 —'j =2111^ /0,375+0,625 —U
п₽
64+
dj
64
59/
=66,6-104 мм4.
Площадь поперечного сечения винта
F=ndV4=3,14-5974=27,2-10а мма.
Радиус инерции сечения винта
i=l/j^=]Лб6^6 +04/27,2 • 10а « 15,7 мм.
Гибкость винта при р=2 (винт домкрата рассматривают как стойку с одним концом жестко защемленным,
а другим свободным — см. стр. 227):
А.=р///=2-550/15,7 = 70 < ^Пред.
Определяем критическую силу по формуле Тетмайера — Ясинского:
QKp=—1(а-Я) = ^^-(350- 1,1-70)=7,3-10 5 Н,
где а и b — величины, характеризующие свойства
териала винта.
/коэффициент запаса устойчивости
S=QKP/Q = 7,3.10W=7,3 > [ny|.
ма
7. Найдем величину момента Мвр, который требуется
для подъема груза и преодоления трения в резьбе и на
опорной поверхности чашки:
^вр^^ р^-^оп»
где Мвр — момент на рукоятке домкрата; Мр — момент
в резьбе; Моп — момент, необходимый для преодоления
трения на опорной поверхности (рис. 3.45, б):
^on=QZ
3 ( d| — d|)
f — коэффициент трения стали по стали.
325
Принимаем
/=0,21 йз=°>м! d4=l,6d;
Получаем
„
_10’-0,2 . (1,6.70)® —(0,8-70)’ _
оп~
3 * (1,6-70)’ —(0,8-70)’ ~
105-0,2
2,4-70
3
4
оол 1ПЗ и
=------- ------- :----- = 880-103 Н-ММ.
Тогда
Мвр=770-1О34-880-103 = 1650-103 Н-мм.
8. Длина рукоятки
/р=Мвр/Р = 1650-103/400«4000 мм=4,0 м,
где Р=300 ч- 400 Н — усилие рабочего.
Такую длинную рукоятку применять недопустимо
(/р тах=1,5 м). Следует изменить конструкцию чашки,
установив ее на упорном подшипнике (рис. 3.45, в). В этом
случае величина Л40П очень мала и ею можно пренебречь,
а длина рукоятки при работе двух рабочих
/р=Мвр/(2Р)«Мр/(2Р) =
=770-103/(2• 400) « 1000 мм=1,0 м.
$3.11. ЧЕРВЯЧНЫЕ ПЕРЕДАЧИ
Схема червячной передачи показана на рис. 3.46.
Червяк, насаженный на вал или чаще изготовленный
вместе с валом и представ
ляющий собой винт, вращает
червячное колесо, располо
женное на другом валу. Оси
валов червяка и колеса пере
крещиваются в пространстве,
как правило, под прямым
углом.
Червяк, как и винт, ха
рактеризуется шагом р и хо
дом S (для многозаходных
червяков), причем
Рис. 3.46
где гх —число заходов червяка.
Передаточное число червячной передачи
(02
^2
где z2 —число зубьев колеса.
326
^1
Наибольшее распространение имеют червячные пере
дачи с цилиндрическим архимедовым червяком (рис. 3.47).
Червячные передачи рассчитывают по контактным на
пряжениям и напряжениям изгиба. Следует иметь в виду,
что основными причинами выхода из строя червячных
Рис. 3.47
передач являются заедание и износ, что связано с боль
шими скоростями скольжения витков червяка по зубьям
колеса и большими потерями мощности на трение. Опас
ность заедания особенно велика при изготовлении венца
червячного колеса из безоловянной бронзы или чугуна.
Вероятность заедания тем больше, чем выше контакт
ные напряжения. Поэтому расчет на контактную проч
ность позволяет косвенно судить о стойкости передачи
против заедания; этот расчет производится как для за
крытых, так и для открытых червячных передач.
Так как материал червяка обладает более высокими
механическими качествами, чем материал колеса, то расчет
ведется на прочность зубьев колеса.
Венец червячного колеса для тихоходных передач (при
скорости скольжения ^ск < 2 м/с) изготовляют из чугуна
марок СЧ 15—32, СЧ 18—36 и СЧ21—40. Материалом
для венцов колес быстроходных и тяжелонагруженных
передач служат бронзы различных марок: оловянные —
327
БрОФЮ-1,
БрОНФ,
Бр0ЦС5-5-5;
безоловянные—
БрАЖ9-4Л и БрАЖН-10-4-4Л, последние следует приме
нять при оск < 8 м/с.
Червяки изготовляют из стали марок Стб, 45, 20Х,
12ХНЗ, 40Х.
При расчете червячных передач рекомендуется поль
зоваться табл. 3.22.
Таблица 3.22
Последовательность расчета червячных передач
Чем руководствоваться
Что делать
1. Исходя из требований
компактности и заданного
передаточного числа i = u
выбрать число заходов чер
вяка ?!
и
7-8
9—13
14—27
36 и
28-55 более
2
4
3—4
2—3
1— 2
2. В зависимости от пере
даточного числа и и числа
заходов червяка zr опреде
лить число зубьев колеса z2
22 = HZi
3. Определить
угловую
скорость червячного коле
са (о2
4. В зависимости от усло
вий , работы передачи вы
брать материалы червячного
колеса (венца) и червяка
5. Определить
допускае
мые контактные напряжения
[о]к и напряжения изгиба
Ко]и или [а_ Ли
CO2 = (O1/U
Табл. 3.23
Табл. 3.23
6. Определить расчетный
момент на колеса
мрк=ад,
где Мк = ^к/(о2;
К — коэффициент нагрузки;
/( = 1,054-1,4
(большие значения для окружных ско
ростей колеса vK > 3 м/с и ударных
нагрузок)
7. Из расчета на контакт
ную прочность определить
межосевое расстояние чер
вячной передачи. Задаться
предварительно
значением
^w = $0,7 (^2/<7~i~ 1) X
Ж.
Мкр
(V?)2!^
Продолжение табл. 3.22
Что делать
Чем руководствоваться
q — коэффициентом диаметра
червяка
8. В зависимости от меж
осевого расстояния aw чис
ла зубьев червячного колеса
и значения q определить
расчетный модуль т
9. Полученное
значение
модуля округлить до бли
жайшего стандартного зна
чения т, для которого при
нимается уточненная вели
чина q
10. Определить угол подъема линии витка у
q=d1/m = 8 — 12
11. Уточнить
расстояние
межосевое
12. Определить
размеры
червяка:
а) делительный диаметр
червяка
m=2aw/(za+q)
ГОСТ 2144—66
Y=arctgy
а=т (za+q)/2
d^mq
б) диаметр вершин вит
ков червяка
da\ =dt+2m
в) диаметр впадин чер
вяка
г) длину нарезанной ча
сти нешлифованного
червяка
13. Определить
размеры
червячного колеса:
а) делительный диаметр
червячного колеса
d^ = dx — 2 Am
б) диаметр вершин чер
вячного колеса
в) диаметр впадин чер
вячного колеса
г) наибольший диаметр
червячного колеса
д) ширину венца червяч
ного колеса
bi > (ll+0,06z2) m
d2 = mz2
da2 = d2+2m=m (z2+2)
dj2 = d2 — 2Am = m (z2 — 2,4)
^м.^+’-бт
^С^>^о ]
329
Продолжение табл. 3.22
Чем руководствоваться
Что делать
14. Определить
коэффи
циент полезного действия
червячной передачи
15. Приведенный угол тре
ния р' принять по табл.
3.24 в зависимости от скоро
сти скольжения гСк
16. Проверить прочность
зубьев по напряжениям из
гиба
т) = (0,95-ь 0,96)
VcK
tg У
tg (y+p')
2 cos у
t^KP^H3H
^2^%^
^ Ми»
Для закрытой передачи
^ИЗН~1
Коэффициент формы зуба
ук для эквивалентного числа
зубьев гэ2=г2/со83у при
нимается по табл 3.17
17. Рассчитать червяк на
прочность:
а) осевая сила червяка
(окружная сила для
червячного колеса)
б) момент на валу чер
вяка
в) окружная сила
вяка
Л11 = Л1ч = Л1к/(нт1)
чер
Q^2M4/dt
г) радиальная
сила
червяка
д) результирующий из
гибающий момент в
опасном сечении чер
вяка
T = Ph tga
е) наибольшее номиналь
ное напряжение из
гиба
ж) напряжение сжатия
з) наибольшее номиналь
ное напряжение кру
чения
и) эквивалентное напря
жение по гипотезе
энергии формоизмене
ния
330
Рк — 2Af к /d^
где L — расстояние между серединами
опор червяка
о^^МиДО, Idjj)
c^Px/ind^)
^к = ^ч/(0,2dy j)
ОГэкв-]/ (<Li+cFc)2+Зт£
<[jJh,
Продолжение табл. 3.22
Что делать
Чем руководствоваться
где
18. Проверить червяк на
жесткость по формуле
и
[Я1| [п^ |Пз)
f=_uVT4^.
48/Е
L принимается равным d^
[/]=0,01m
Таблица 3.23
Допускаемые контактные напряжения [о]к и допускаемые напря
жения изгиба [о0]и и [о-]]ц для некоторых материалов червячных
колес
Допускаемые напряжения,
Н/мм2
Марка бронзы
или чугуна
Способ
отливки
Предел
прочно
сти
ГТ
лч р’
Н/мм2
[а]к при твердо
сти червяка
^-^и
ю
^HRC45
V
БрАЖ9-4Л
В землю
180—200
В кокиль 250—350
Центро
240—340
бежный
150—200
В землю
В кокиль
180—220
Центробеж 220—280
ный
400
В землю
БрАЖ9-4Л
БрАЖ10-4-4Л
СЧ 15-32
СЧ 18-36
СЧ 21-40
В кокиль
То же
В землю
То же
»
БрОФЮ-1
БрОФЮ-1
БрОНФ
БрОЦС-5-5
БрОЦС5-5-5
БрОЦС5-5-5
500
600
150
180
210
50
72
81
36
52
57
145
200
230
145
243
278
46
54
63
33
39
46
127
145
180
153
175
210
100
80
—
} 138—182
110
123
48
54
60
88
105
30
34
37
—
—
—
152—196
84—155
84—155
105—170
Примечания: 1. Допускаемые контактные напряжения [о]^ для
оловянных бронз соответствуют 10-10е циклам нагружений;- при длительной
работе передачи должно быть принято допускаемое напряжение [о]к=Арк 1°]^
331
где fepK=0,67, 2. Для безоловянных бронз и чугуна допускаемое контактное
напряжение установлено из условия стойкости против заедания и коэффицич
ент fepK учитываться не должен. Меньшие значения [о]^ соответствуют макси
мально допустимой скорости скольжения (для безоловянных бронз иск тах=
₽8 м/с, для чугуна vr„ т =2 м/с. 3. Допускаемые напряжения изгиба [0О]'
и [О—Jk соответствуют 10е циклам нагружения; при длительной работе пере
дачи табличное допускаемое напряжение изгиба должно быть умножено на
‘р„=0.5«.
Пример 3. 24. Рассчитать закрытую нереверсивную
червячную передачу Мк = 2,5 кВт; t = u = 35; ®1= 100 рад/с.
Передача должна быть рассчитана на весьма длительный
срок службы.
Решение. 1. Во избежение получения больших габари
тов колеса и передачи в целом принимаем число заходов
червяка гх=1 (п. 1 табл. 3.22).
2. Число зубьев колеса
г2 = иг1 = 35-1 =35.
3. Угловая скорость червячного колеса
юа=®1/«= 100/35=2,85 рад/с.
4. Принимаем материал для венца червячного коле
са — оловянно-фосфорную бронзу БрОФЮ-1; отливка в ко
киль. Материал червяка — сталь 20Х, цементованная,
закаленная до твердости > HRC45, червяк шлифованный.
5. Табличные значения (табл. 3.23) допускаемых на
пряжений для бронзы БрОФЮ-1, если червяк имеет твер
дость > HRC45:
[о]к=243 Н/мм2, [a0JH=72 Н/мм2.
6. Расчетные значения допускаемых напряжений с уче
том длительной
работы передачи (см. примечания
к табл. 3.23):
Мк= £рК [о]к=0,67-243= 163 Н/мм2;
[о0]н=^₽к [а0]и=0,543 • 72=39,2 Н/мм2.
7. Номинальный и расчетный момент на валу колеса
при коэффициенте нагрузки К=1,25:
М2=Мк=А/к/®в=2,5.103/2,85=0,88-103 Н м;
Мрк=КЛ4к=1,25-0,88 103=1,10 103 Н м.
332
8. Межосевое расстояние из расчета на контактную
прочность
э /~
М рк
,
aw=30,7(22/<7+l) V (v?)2^’
принимаем предварительно <7=10. Тогда
ада=30,7 (35/10+1)1/
w
' |/
’ v
(35/10)2 1632
256 мм.
9. Модуль зацепления
т=2а/(z2 + ?)=2 • 256/(35+10) = 11,4 мм.
10. Принимаем расчетный модуль по ГОСТ 2144—66
т=12 мм и 9=8.
11. Угол подъема линии витка
y=arctg zjq=arctg 1/8=7° 7'30".
12. Уточняем межосевое расстояние:
aw=m (г2+^)/2= 12 (35+8)/2 = 258 мм.
13. Основные размеры червяка:
делительный диаметр
d1=mq=l2-8=96 мм;
диаметр вершин
^1=^+2т=96+2-12 = 120 мм;
диаметр впадин
dfi=d1 - 2,4m=96 — 2,4-12 = 67,2 мм;
длина нарезанной части
fe1>(ll+0,06z2)/n=(l 1 + 0,06-35) 12=4 5 7 мм.
Так как червяк шлифованный, длину нарезанной, части
следует увеличить на 30—40 мм; таким образом, окон
чательно
&1 = 157+35= 192 мм.
14. Основные размеры колеса:
делительный диаметр
d2=mz2= 12 -35=420 мм;
диаметр вершин
dO1=d2+2tn=420+2- 12=444 мм;
*
диаметр впадин
df^d^ 2,4 /и=420-2,4-12=391,2 мм;
ззз
наибольший диаметр
dau2—da24-1 >5/71=4444- 1,5' 12 =462 мм?
ширина венпа
fc2<0,75dal=0,75-120=90 мм.
15. Коэффициент полезного действия передачи
п=(0,95 4-0,96)—^—
v
tg(Y4-p')
Приведенный угол трения р' зависит от скорости сколь
жения рск, определяемой по формуле
96-100
V =---- -------
2000 cos у
ск
2000 cos 7° 7' 30’
»4,8 м/с.
При этой скорости скольжения р' = 1°40' (см. табл. 3.24)
П=0,95------ tg71£_302------- =0,767.
tg (7° 7'30’4-1’40')
1
Таблица 3. 24
Значения приведенного угла трения р' в зависимости от скорости
скольжения &Ск
^ск> М/С
0,1
0,5
1
Р'
4°30'—5°10'
3°10'—3°40'
2°30'—3°10'
Vck> М/с
2
4
10
р'
2°—2°30'
1*20'—1°40'
0°50'—1°20'
16, Проверяем
изгиба
прочность
зубьев
по
напряжениям
1 >2Мкр^цЗН
у2™2М1
^изн=1
для закрытой передачи; у2 выбираем по табл. 3.17
Для
232=22/cos3 y = 35/cos3 7° 7' 30"^36,2;
у2=0,376.
1,2-1,10.108
Си
334
0,376.122. 35-96
7,3 H/mm2<{o0Jh.
17. Рассчитываем червяк на прочность.
17.1. Осевая сила червяка (окружная сила для чер«
вячного колеса):
p=^=JL£i8L12L=42oo н.
"
d2
420
17.2. Момент на валу червяка:
Л11=Л1ч=Л4к/(«П)=0)88.106/(35-0,767)=33,6-10 3 Н • мм.
17.3. Окружная сила червяка
Q=2M4/d1=2-33,6-103/96=700 Н.
17.4. Радиальная сила червяка
7’=РК tga=4200 tg 20° = 1530 Н.
17.5. Результирующий изгибающий момент в опасном
сечении червяка
(расстояние между опорами L принято равным d2).
17.6. Наибольшее номинальное напряжение изгиба
ои=Л4и/(0,Id/j) =273• 103/(0,1 •67,23)=9,0 Н/мм2.
17.7. Напряжение сжатия
ос=4Рк/(л41 )=4- 4200/(3,14 • 67,22)=1,20 Н/мм2.
17.8. Наибольшее номинальное напряжение кручения
TK=A44/(0,2dh)=33,6.103/(0,2-67,23)=0,56 Н/мм2
17.9. Эквивалентное (приведенное) напряжение
a9Ke=/(^W^=/7s^^
=
= 10,25 H/MM2<[a_Ja=50 Н/мм2.
335
на основании следующих соображе
P-Jh определено
ний *:
[а_
1 — [nJ е|n^~
‘
1
1,и
2] [nJ ka '
Принимая для шлифованного червяка 0=0,96; ka =
=2,3 — концентрация напряжений вызвана наличием
резьбы; е=0,77 (для dyi=67 мм) и задаваясь [п1]=1,2;
[n2J=2,5aT/aB=2,5 • 600/8 00= 1,875; [п3] = 1, получаем
[а-11и
0,77.0,96-350
1.1,875-1.2,3
50 Н/мм2,
где о__1=350 Н/мм2 (по табл. 3.1) для стали 20Х (без
термообработки, так как науглерожен и закален толь*
ко поверхностный слой).
18. Проверяем червяк на жесткость:
4203 / 15302+7002
48/Е
48-2,10-105.3,14-67,24/64
=0,036 мм<1/]=0,01/л=0,01-12=0,12 мм
(Е=2,1-105 Н/мм2 для стали, a L принято равным d2).
§ 3.12. ПЛОСКОРЕМЕННАЯ ПЕРЕДАЧА
На рис. 3.48 представлена схема открытой ременной
передачи, состоящей из ведущего Л, ведомого В шкивов
и ремня С (прямоугольного, клинового или круглого се
чения), охватывающего шкивы.
Передаточное число ременной передачи определяется
по формуле
i=col/(o2=D2/[(l — 6) DJwfl +е) D^D»
где 8 — коэффициент упругого скольжения; 8=0,01 — 0,02.
Основной критерий работоспособности ременной пере
дачи— тяговая способность, т. е. возможность пе
редавать требуемую нагрузку без буксования.
При расчете плоскоременной передачи рекомендуется
пользоваться табл. 3.25.
* При постоянной нагрузке напряжения изгиба в червяке в силу
его вращения изменяются по симметричному циклу; при этом же
условии напряжения сжатия и кручения постоянны. Поскольку основ
ную роль играют напряжения изгиба, то для повышения надежности
расчета допускаемое напряжение выбирается как для симметричного
цикла изгиба.
336
Таблица 3.25
Последовательность проектного расчета плоскоременной передачи
Что делать
Чем руководствоваться
1. Выбрать тип ремня (в зависимости
от условий работы)
Условиями работы пе
редачи
2. Определить диаметр меньшего шки
ва по формуле Саверина
Di=Dmili = (525-r630)x
з _______
X V^/ COmax
»
^ — в кВт; сотах — угло
вая скорость в рад/с, DL
в мм
3. Определить диаметр ведомого шкива
Полученные диаметры шкивов Dx и D2
округлить до ближайших больших стан
дартных значений
4. Определить скорость ремня (жела
тельно, чтобы скорость находилась в пре
делах 10 < и < 20 м/с
5. Определить толщину ремня исходя
из отношения Dmjn/6. Полученную тол
щину ремня б округлить до стандартного
значения
22 Заказ № 226
D2=i (1 — е) Dlt
е — коэффициент сколь
жения
е=0 01 —0,02
См. ГОСТ 17383—72
o = D1<o1/2
См. табл. 3.28
См. табл. 3.26, 3.27
337
Продолжение табл, 3.23
Что делать
Чем руководствоваться
6. Выбрать межосевое расстояние
/>/щ1п=(0,1 4- 0,07)0
И/Л>/т1п=(1.5 4-2)(П1-^
+d2)
7. Определить
3.49)
длину
ремня L (рис.
8. Определить угол обхвата а ремнем
’ малого шкива
9. Определить допускаемое полезное
напряжение (допускаемое удельное ок
ружное усилие |АП]
L « 2/+л (Dt+D^/2-b
+(01-0^1(41)
a = n—(D2 — D})/l
или а & 180° — (D2 —
— DJI) 60° (а должно
быть не меньше 2,5 рад
или 150°)
1^п] = ^п0^1^2^8^4’
АПо принимается по табл.
3.28; Сх — коэффициент,
учитывающий угол об*
хвата;
^ = 1 ^-0,17 (3,14 —а),
или С1=1 — 0,003(180°^.
—а°); С2— коэффициент,
учитывающий
скорость
ремня; С2=1,04—
— 0,0004 о2; С8 — коэф
фициент режима работы
передачи (в зависимости
от характера нагрузки):
338
Продолжение табл. 3.25
Что делать
Чем руководствоваться
Характер
нагрузки
С8
При ПОСТОЯН
НОЙ нагрузке .
1-0,9
При незначи
тельных коле
баниях рабочей
нагрузки . . . 0,9—0,7
При
очень
неравномерной
нагрузке . . . 0,7—0,6
Пр и мечан ия:
1. Ббльшие значения
при
односменной, меньшие — при
трехсменной работе переда
чи, 2. С8 можно так же при
нимать по табл. 3.36 для
клиновых ремней.
С4 — коэффициент, за
висящий от рода переда
чи и угла наклона ее к
горизонту у (рис* 3.50):
с4 при у
Род
передачи
о
О
О •
1
о
О
О
ОО
1о
<0
о
СП
г
о
ОО
Откры
тая . . .
1 0,9 0,8
Пере
крестная . 0,9 0,8 0,7
Полуперекрестная 0,8 0,7 0,6
10. Определить требуемую площадь по
перечного сечения ремня
где b—ширина
ремня;
P = N/v—окружное уси
лие
22*
339
Что делать
Чем руководствоваться
11. Определить нагрузку на валы пе
редачи
Q = 2S0 sina/2,
а —угол обхвата;
SQ — усилие
предвари
тельного натяжения;
5о=ао^=о0^6,
a0 — напряжение предва
рительного
натяжения,
можно
принять
а0=з
= 1,80 Н/мм2
12. Определить
основные
размеры
шкива:
ширину обода шкива (рис. 3.51)
толщину обода у края
Диаметр ступицы
длину ступицы
Определить число спиц шкива
340
где
В = 1,16+(0,014-0,015),
величину В округлить по
ГОСТу
д^О.ООбД+О^ОЗ
D0 = (l,74-2,0)4,
где d — диаметр вала
/ст=(С54-2,0)4
z=(9-е-10) Vb/2,
где D в м
Таблица 3. 26
Размеры прорезиненных ремней
(по ГОСТ 101-54)
Тип ремня
в
Б
А
Ширина
ремня Ь, мм
Число
про
кладок
Ширина
ремня Ь, мм
Число
про
кладок
Ширина
ремня Ь, мм
Число
про
кладок
20, 25, 30,
40, 45, 50,
60 (65), 70,
75
3—5
20, 25, 30,
40, 45
2
20, 25, 30,
40
3
80, 85, 90,
100
3—6
—
—
50, 60 (65),
70, 75
3—5
80, 85, 90,
100
3-6
(115), (120),
125, 150,
(175), 200,
(225), 250
4—6
150, 200,
250
4-6
125, 150,
200, 250
4-6
250 (275),
300, (350)
4—8
250, 300
4—8
250, 300
4—8
400—450
5—8
375, 400,
425, 450
5— 8
375, 400,
425, 450
5-8
500
5—9
500
5—9
500
5-9
Примечание. Число прокладок г указано для ремней, изготовленных
из бельтинга (ткани) марки Б-820. Толщина одной прокладки с резиновой
прослойкой 1,5 мм, без резиновой прослойки — 1,25 мм. Размеры, указанные
в скобках, по возможности не применять.
Таблица 3. 27
Размеры приводных хлопчатобумажных цельнотканых ремней
(по ГОСТ 6982—54)
Ширина Ь, мм
Толщина
д, мм
Число
слоев
30 , 40 , 50 , 60 , 75, 100
30 , 40 , 50, 60 , 75, 100, 115, 150, 175
50, 75, 90, 100, 115, 125, 150, 175, 200, 225,
250
4
6,5
8,5
4
6
8
341
Таблица 3.28
Значения ^По, Н/мм2, для приводных ремней
Тип ремня
Прорезиненный.................
Хлопчатобумажный тка
ный . . . . .........................
25
30
40
60
—-
2,0
2,1
2,2
1,5
1,6
1,7
1,8
Примечание. Должно выполняться условие для прорезиненных рем»
ней ^min^^ 30’ для хлопчат°бумажных тканых ^mjn/6> 25.
Пример 3.25. Привод к лебедке осуществляется пло
скоременной передачей. Мощность, развиваемая электро
двигателем, ^=8 кВт, угловая скорость вала двигателя
®х=75 рад/с. Передаточное число i=4. Работа односмен
ная. Положение ремня горизонтальное. Колебания на
грузки значительные. Определить размеры ремня и
шкивов.
Решение. 1. Выбираем тип ремня — прорезиненный
(ГОСТ 101-54).
2. Диаметр Dx определим по формуле Саверина;
О1= 5253/Л7^=525 3/8/75 =240 мм.
По ГОСТ 17383—72 принимаем О1=250 мм.
3. Определяем диаметр ведомого шкива
D2=i (1 — е) Д=4 (1 — 0,02) 250=980 мм.
Принимаем по ГОСТ 17383—72 Оа=ЮОО мм.
Уточненное передаточное число
i=Da/[(l - е) £>!]=1000/[(1 - 0,02) 250]=4,08.
Расхождение с заданным передаточным отношением
Ai=|±2±08 =о,О2 (2%),
что допустимо, так как в передачах общего назначения
Ai=±(34-5) %.
4. Определяем скорость ремня
0=0^/2 = 0,25-75/2 =9,4 м/с.
Если бы v получилось значительно меньше 10 м/с,
следовало бы увеличить DY и D2, так как при малой
342
скорости увеличивается окружное усилие, а следова
тельно, и требуемые размеры сечения ремня.
5. Определяем толщину ремня б, используя соотноше
ние Dmln/6>30 (см. табл. 3.28):
S<Dmln/30=250/30=8,3 мм.
Принимаем по ГОСТ 101—54 ремень типа А, имею
щий пять прокладок без резиновых прослоек; тогда 6=
= 1,25-5=6,25 мм (см. табл. 3.26).
По табл. 3.28 выбираем допускаемое приведенное по
лезное напряжение исходя из фактического значения
DJb:
^/6=250/6,25=40.
Тогда
£п.=2,1 Н/мм2.
6. Выбираем межосевое расстояние
/«(1,5 4- 2) (Di+D2)=(1 ,5ч-2,0) (250+1000)=
=(1870-ь2500) мм.
Принимаем /=2000 мм=2,0 м.
7. Длина ремня
L=2l+n(Dl + Di)/2+(D2- D^/(4l)=2-2+l,57(0,25+
+ 1,0)+(1 - 0,25)2/(4-2)=4+1,96+0,07=6,03 м=6030 мм.
8. Угол обхвата ремнем малого шкива
a=3,14-(D2-Z)1)// = 3,14-(l,0-0,25)/2,0=
=2,77 рад>ат1п=2,5 рад.
9. Определяем допускаемое полезное напряжение:
l^nH^n.CjCjCjCj,
С, = 1 -0,17 (3,14-а) = 1 -0,17 (3,14-2,77)=0,934;
С2= 1,04 — 0,0004v2= 1,04 — 0,0004 • 9,42« 1;
С3 = 0,7 (при значительных колебаниях нагрузки и одно
сменной работе передачи);
С4 = 1,0 для открытой передачи с углом наклона к го
ризонту у=0;
^п]=2,1 • 0,934 • 1 • 0,7 • 1 = 1,373 Н/мм2.
10. Требуемая площадь поперечного сечения ремня
Р=М=Р/|^п]=850/1,373 = 618 мм2,
где
Р=У/о=8,0-103/9,4=850 Н.
343
11. Ширина ремня
6=^/6=618/6,25=99 мм.
Выбираем по ГОСТ 101—54 ширину 6 = 100 мм, бли
жайшую большую к расчетной (см. табл. 3.26).
12. Сила давления на валы
Q=2S0sin a/2=2a066sin a/2=2-1,8-100-6,25 sin 79° 30' =
=2200 H.
13. Ширина обода шкива
В = 1,16+(0,014-0,015) = 1,1-0,1+0,01=0,12 м=120 мм.
По ГОСТ 17383—72 принимаем В=125 мм.
Остальные размеры шкива:
стрелка выпуклости у=2 мм;
толщина обода у края
6'=0,005D+0,003;
для ведущего шкива
61 =0,005-0,25 + 0,003 = 0,00425 м=4,25 мм;
для ведомого шкива
62=0,005-1,0+0,003=0,0080 м=8 мм.
Число спиц:
ведущего шкива
г1=10|/^’/2=10]/0^5’/2=2,5<4;
ведущий шкив следует выполнить не со спицами, а со
сплошным диском;
ведомого шкива
22 = 1 о У~йг /2 = 10 УГо7 2=5,
принимаем z2=6.
Пример 3.26. Проверить тяговую способность про
резиненного ремня открытой плоскоременной передачи
от двигателя к станку. Сечение ремня 6x6 = 150x5 мм.
Мощность, развиваемая двигателем, /V = 20 кВт, угловая
скорость вала двигателя а^—152 рад/с. Диаметры шки
вов: Dx=280 мм, D2=1120-мм. Межосевое расстояние
/=3000 мм. Угол наклона линии центров передачи к/гЪризонту у <60°.
344
Решение. 1. Угловая скорость ведомого вала при коэф
фициенте скольжения е=0,01
2. Окружная скорость на ведущем шкиве
01=со1£»1/2=152-280/2=21,2-Ю3 мм/с=21,2 м/с.
3. Окружное усилие
Р=У/о1=20-103/21,2=943 Н.
4. Угол обхвата ремнем малого шкива
а=л - (D2 - D1)//=3,14 - (1120 - 280)/3000=
=3,14-0,28=2,86 рад«172°.
5. Допускаемое полезное напряжение.
По табл. 3.28 для Z)min/d=280/5 «60
&По=2,2 Н/мм2.
Поправочные коэффициенты:
С4=1 -0,17(3,14-2,86)«0,95;
С2= 1,04 - 0,0004о2= 1,04 - 0,0004 -21,22 = 0,86;
С3=0,8 (для незначительных колебаний нагрузки при
двухсменной работе передачи);
С4=1 (для открытой передачи при у<60°).
Тогда
[*п]=*п. С4С2С3С4=2,2 • 0,95 • 0,86 • 0,8 • 1 = 1,43 Н/мм2.
6. Площадь поперечного сечения ремня
F=bb =150-5 = 750 мм2.
7. Расчетное полезное напряжение
^n=P/F=943/750= 1,24<[£J=1,43 Н/мм2.
Следовательно,
кой.
ремень работает с небольшой недогруз
§ 3.13. КЛИНОРЕМЕННАЯ ПЕРЕДАЧА
Расчет клиноременной (рис. 3.52) передачи сводится
к выбору ремня стандартных профиля и длины и опре
делению числа ремней, необходимых для передачи задан
ной мощности.
При проектном расчете клиноременной передачи реко
мендуется пользоваться табл. 3.29.
345
Таблица 3.29
Последовательность расчета клиноременной передачи
Что делать
Чем руководствоваться
1. Выбрать по заданной
мощности подходящий про
филь ремня. Учитывая, что
каждому значению переда
ваемой мощности соответст
вует два или даже три реко
мендуемых профиля ремня,
расчет передачи целесооб
разно вести в двух (или
трех) вариантах. Оконча
тельно следует принять ва
риант, дающий меньшие га
бариты и большую долго
вечность
См. табл. 3.30 и 3.32
2. Определить
ное число
передаточ
1 = 0^0^
См. табл. 3.31 для DmIn;
3. Выбрать расчетный диа
метр меньшего шкива и оп
ределить скорость ремня.
При этом необходимо, чтобы
5 < с/ < 30 м/с.
Рекомен
дуется р = 15 — 25 м/с
4. Определить
диаметр
ведомого (большего) шкива.
Расчетный диаметр D2 сле
дует округлить до стандарт
ного по ГОСТ 1284—68
(табл. 3.31)
^1 ^ ^mln*»
v=Dld)l/2
D2^Dl (1 -е)/,
где e = 0,01 — 0,02
5. Выбрать предваритель
но межосевое расстояние
^min —0>55 (Z)j4-D2)4-Zi
6. Определить расчетную
длину ремня
По вычисленной длине L
выбирают по табл. 3.32
стандартную длину ремня
^0
L = 2/+n (D1+D2)/2+(D2^D1)2/(4Z)
7. Уточнить
расстояние /0
межосевое
/o^+jAq-^,
где
Л, = [£0-л(Р1+Ра)/2]/4;
Л^Ра-Р^/З
346
Продолжение
табл. 3.29
----------------------------------------------------------------- 4
Что делать
Чем руководствоваться
8. Проверить длину ремня
на долговечность по числу
пробегов в секунду. Если
условие не удовлетворяется,
следует увеличить / (и, сле
довательно, L)
u = v/Lq^ 10
окружное
P = N/u
9. Определить
усилие
10. Определить допускае
мое полезное напряжение
I/O
[^п] = ^п0^1^2^3>
где £По — допускаемое приведенное
полезное напряжение; выбирается по
табл. 3.33; Ct— коэффициент, учиты
вающий влияние угла обхвата (см.
табл. 3.34); С2— коэффициент, учиты
вающий влияние скорости (см. табл.
3.35); С3— коэффициент, учитываю
щий режим работы передачи (см. табл.
3.36)
11. Определить число рем
ней. Число ремней z не
должно превышать 8—12, в
противном случае следует
перейти на большее сечение
ремня
12. Определить силу давле
ния на вал от натяжения
ремней
13. Определить
шкива В
ширину
Р
z >---------
W рп] — допускаемое полезное на
пряжение; F — площадь поперечного
сечения одного ремня выбранного про
филя (см. табл. 3.32)
Q=2a0F2sina/2,
где а0 — напряжение предварительно
го натяжения; обычно принимают о0 =
= 1,5 Н/мм2; F—площадь сечения рем
ня; z — число ремней; a — угол об
хвата малого шкива
В = (г —l)/+2s
(см. рис. к табл. 3.31)
347
Таблица 3.30
Рекомендуемые типы приводных ремней в зависимости
от передаваемой мощности и скорости
Скорость, м/с
Мощность, кВт
0,75
0,8—2
2,1—4
4,1—7,4
7,5—15
15,5—30
31—60
61—110
111—190
>190
ДО 5
св. 5 до 10
0, А
0, А, Б
0
0, А
0, А, Б
0
0, А
0, А
А, Б
Б, В
В, Г
Д
Д
Д, Е
А. Б
Б. В
В, F
В, Г
г. а
г. д
Д. Е
А, Б
Б, В
В
—
—
—
—
св. 10
Пример 3.27. Рас
считать клиноременную
передачу от электродви
гателя к лесопильной
раме. Мощность, разви
ваемая двигателем, М=
=55 кВт; диаметр шки
ва на раме D2=900 мм;
угловая скорость вала
двигателя со,=75 рад/с;
угловая скорость ведо
мого
шкива
со2=
=30 рад/с.
Решение. 1. Выби
раем тип (сечение) рем
Рис. 3.52
ня. Для мощности N =
=55 кВт при скорости »>10 м/с рекомендуются типы В
или Г (см. табл. 3.30). Принимаем тип Г*, для кото
рого диаметр шкива должен быть Dmln > 315 мм
(см. табл. 3.31).
2. Передаточное число
1=0^=75/30=2,5.
* Целесообразно провести расчет передачи параллельно в двух
вариантах (для ремней типов Ви Г), как это рекомендовано в
табл. 3.29, но для экономии места здесь проведен лишь один ва
риант расчета.
348
Та-блнца 3.31
Шкивы для клиновых ремней (по ГОСТ 1284—68)
Размеры, мтя
Расчет
ные диа
метры, D
63, 71, 80, 90, 100, 1 12, 125, 140, 160, 180, 200, 224, 250, 280, 315, 355, 400, 450, 500, 560, 630 710 800
900, 1000, 1120. 1250, 1400, 1600, 1800, 2000, 2240, 2500, 2800, 3150, 3550, 4000
Размеры канавок
Расчетные диаметры шкивов Dt при ф
Тип
ремня
с
е
0
2,5
10
А
3,5
Б
S
k, не менее
34°
36°
38°
40°
12
8
5,5
(63)—71
80—100
112—160
180
12,5
16
10
6
(90)—112
125—160
180—400
450
5
16
20
12,5
7,5
125—160
180—224
250—500
560
В
6
21
26
17
10
(200)
224—315
355—630
710
Г
8,5
28,5
37,3
24
12
—
(315)—450
500—900
1000
д
10
34
44,5
29
15
—
(500)—560
630—1120
1250
Е
12,5
43
58
38
18
—
—
(800)—1400
1600
Примечание. Значения диаметров, стоящие в скобках, являются минимально допускаемыми для ремней указанных сечений
Рели нет особо строгих требований к габаритам передачи, то для ведущего шкива желательно принимать значения диаметров D*, не
сколько ббльшие указанных в скобках, не забывая о рекомендованных скоростях о.
Таблица 3.32
Размеры клиновых ремней (по ГОСТ 1284—68)
Размеры сечения,
мм
Тип
ремня
Расчетные Длины ремня (по нейтраль
ному слою), мм
а
"р
h
Ft мм2
0
10
8,5
6
47
Л
13
11
8
81
Б
17
14
10,5
138
В
22
19
13,5
230
525, 555, 585, 625, 655, 695,
735, 775, 825, 875, 925, 975,
1025, 1085, 1145, 1205, 1275,
1345, 1425, 1525, 1625, 1700,
1800, 1900, 2000, 2120, 2240,
2360, 2500
533, 563, 593, 633, 663, 703,
743, 783, 833, 883, 933, 983,
1033, 1093, 1153, 1213, 1283,
1353, 1433, 1533, 1633, 1700,
1800, 1900, 2000, 2120, 2240,
2360, 2500, 2650, 2800, 3000,
3150, 3350, 3550, 3750, 4000
540, 570, 600, 640, 670, 710,
750, 790, 840, 890, 940, 1040,
1100, 1160, 1220, 1290, 1360,
1440, 1540, 1640, 1700, 1800,
1900, 2000, 2120, 2240, 2360,
2500, 2650, 2800, 3000, 3150,
3350, 3550, 3750, 4000, 4250,
4500, 4750, 5000, 5300, 5600,
6000, 6300, 6700
1800, 1900, 2000, 2120, 2240,
2360, 2500, 2650, 2800, 3000,
3150, 3350, 3550, 3750, 4000,
4250, 4500, 4750, 5000, 5300,
5600, 6000, 6300, 6700, 7100,
7500, 8000, 8500, 9000
351
Продолжение табл, 3.32
Размеры сечения,
мм
Тип
ремня
Расчетные длины ремня (по нейтраль
ному слою), мм
а
ар
h
F, мм*
Г
32
27
19
476
Д
38
32
23,5
695
Е
50
42
30
1170
3150, 3350, 3550, 3750, 4000,
4250, 4500, 4750, 5000, 5300,
5600, 6000, 6300, 6700, 7100,
7500, 8000, 8500, 9000, 9500,
10 000, 10 600, 11 200
4500, 4750, 5000, 5300,5600,6000,
6300, 6700, 7100, 7500, 8000,
8500 , 9000 , 9500, 10 000, 10 600,
11200, 11800, 12 500, 13 200,
14 000
6300, 6700, 7100, 7500, 8000,
8500 , 9000 , 9500, 10 000,10 600,
11200, 11800, 12 500, 13 200,
14 000
3. Диаметр меньшего (ведущего) шкива
D^rVlG - е) G=900/[(l - 0,02)-2,5]=300 MM<Dm|n=
= 315 мм.
Принимаем по ГОСТ 1284—68 Dx—355 мм (см. табл. 3.31).
При О1=355 мм и со1=75 рад/с окружная скорость
fi=°i®i/2=355-75-10-3/2=13,2 м/с.
4. Диаметр ведомого (большего) шкива задан: Da=
=900 мм.
5. Межосевое расстояние рассчитываем предвари
тельно:
/т1п>0,55 (D1+D2)+/i=0,55 (355 +900)4-19 = 710 мм.
Принимаем /=D2=0,9 м=900 мм.
6. Длина ремня
L=2l+n(D2+Dl)/2+(Di - Я1)2/(4/)=2-900+
+л (900+355)/2+(900 - 355)2/(4-900) = 1800+1970+ 82=
=3852 мм.
По ГОСТ 1284—68 ближайшая расчетная длина ремня
для профиля Г (см. табл. 3.32) Le=4000 мм.
352
Таблица
3.33
Значения допускаемого приведенного полезного напряжения Ап#
при напряжении предварительного натяжения о0 = 1,5 Н/мм2
Н/мм*
Диаметр
малого шкива,
мм
Профиль
ремня
АП0Н/мм*
и
(1,35)
1,62
1,74
1,86
315
355
400
450
г
1,67
1,93
2,16
2,24
А
(1,35)
1,67
1,80
1,91
450
500
560
630
д
(1,32)
1,67
1,93
2,24
125
140
160
>180
и
(1,35)
1,67
1,88
2,05
700
800
900
1000
с
(1,30)
1,67
1,95
2,24
180
200
224
250
>280
о
(1,35)
1,67
1,89
2,07
2,24
Диаметр
малого шкива,
мм
Тип
ремня
63
71
80
>90
90
100
112
>125
Примечание,
= 1,2 Н/мм®.
Значение
В скобках
Таблица
3.34
коэффициента
обхвата Сг
угла
указаны значения, соотвеготвующие Qos
Таблица
<*. рад
G,
а. рад
G,
Со м/а
3,14
2,95
2,8
2,6
2,44
1,0
0,98
0,96
0,93
0,90
2,25
2,1
1,9
1,73
1,57
0,87
0,83
0,79
0,74
0,68
1
5
10
15
23 Заказ № 226
3.35
Значения скоростного
коэффициента С2
1,05
1,04
1,00
0,94
01. М/О
сл
20
25
30
0,85
0,74
0,60
353
Таблица
3.36
Значения коэффициента режима работы С3
С3
Характер установки
Генераторы, вентиляторы, легкие быстроходные стан
ки, ленточные транспортеры и другие машины с плав
ным безударным ходом.............................................................
Машины, рассчитанные на легкие толчки (токарные,
сверлильные станки, торцовые пилы).................................
Тяжелые лесопильные установки, строгальные станки,
насосы .........................................................................................
Машины, работающие с грубыми толчками: дробилки,
мельницы ......................................................................................
Экскаваторы, прессовые
машины,
корчевальные
машины
......................................................................................
1,0
0,90
0,80
0,75
0,70
7. В соответствии с принятой длиной ремня уточняем
межосевое расстояние:
_______
^^1+К Л]—
где
Л1=[Л0 - л (D1+£>2)/2]/4=[4000 - 3,14 (355 +900)/2]/4=
=507;
Тогда
Л2=(О2 - £>х)78=(900 - 355)78= 37 130.
____________
/о=5О7+J/5072 - 37 130 =976 мм.
8. Проверяем выбранный ремень на долговечность:
U=v/Lo= 13,2/4=3,31 <10 1/с.
9. Определяем окружное усилие:
p=N/v=55-10713,2=4160 Н.
10. Определяем допускаемое приведенное напряжение
по табл. 3.33
АПо = 1,93 Н/мм2.
Находим по табл. 3.34, 3.35 и 3.36 поправочные коэффи
циенты:
С1=0,93 — учитывает влияние угла обхвата;
а=3,14----- ^——-=3,14------ ’--------:
/о
0,977
=2,1 рад,
354
=2,6 рад>а1п!п=
н
1П
а=148°.
С2=0,94 — учитывает влияние скорости;
С3=0,80 — учитывает режим работы.
Тогда допускаемое полезное напряжение
[йп]=/еп,С\С2Сз= 1,93 • 0,93• 0,94 • 0,8= 1,33 Н/мма.
11. Определяем число ремней:
где площадь F=476 мм2 (см. табл. 3.32). Принимаем
7 ремней.
12. Определяем силу давления на валы от натяжения
ремней:
Q=2o0Fzsina/2=2-l,5-476-7sinl48°/2 =
=2-1,5-476.7-0,962 =9540 Н=9,54 кН.
13. Ширина шкива (см. табл. 3.31)
B=(z - l)/+2s=(7 - 1) 37,3+2-8,5=241 мм.
§3. J4. ЦЕПНЫЕ ПЕРЕДАЧИ
Цепная передача осуществляется при помощи беско
нечной цепи, охватывающей две или более звездочки.
Приводные цепи применяются двух основных типов:
роликовые (рис. 3.53) и зубчатые (рис. 3.54, а).
Зубчатые цепи изготовляют с шарнирами скольжения
(рис. 3.54, 6), а в последнее время — с шарнирами каче
ния (рис. 3.54, в). Разновидностью роликовых цепей
являются втулочные.
Оснввным расчетным параметром цепи служит шаг.
Для роликовых и втулочных цепей шагом называют но
минальное расстояние между центрами роликов (втулок),
для зубчатой — между центрами валиков.
Основной критерий работоспособности цепной переда
чи — износостойкость шарниров цепи.
Для обеспечения достаточной износостойкости ограни
чивают давление в шарнирах. Дополнительно цепи про
веряют на разрыв.
Размеры и форма зубьев звездочек (рис. 3.55) опре
деляются в зависимости от числа зубьев, шага цепи и
ее конструкции.
При расчете цепной передачи рекомендуется пользо
ваться табл. 3.37.
23*
355
Рис. 3.55
356
Таблица 3.37
Последовательность проектного расчета цепной передачи
Что делать
Чем руководствоваться
1. Выбрать тип приводной цепи
в зависимости от технических ус
ловий на проектируемый привод
Наибольшее распространение
получили роликовые и втулоч
ные цепи.
По сравнению с роликовыми
зубчатые цепи могут работать
с большими скоростями, произ
водят меньше шума, обладают
большей долговечностью, но
они тяжелее, сложнее в изго
товлении и дороже
См. табл. 3.38.
Рекомендуется принимать ?i не
четным
1=(|)1/©2=^/гь откуда
2. Назначить число зубьев мень
шей звездочки в зависимости от
передаточного числа и типа цепи
3. Определить число зубьев вто
рой звездочки
4. Выбрать коэффициенты, учи
тывающие условия эксплуатации
передачи и вычислить Кэ — коэф
фициент эксплуатации. Если коэф
фициент эксплуатации /(э>3, то
следует улучшить условия работы
передачи
22 = Zii
К3 = Кд^щКсм^/^реж»
где А’дин — коэффициент, учи
тывающий динамичность на
грузки;
Ядин=1 при спокойной на
грузке;
^1111=1*2—1,5 при нагрузке с
толчками;
Ясм— коэффициент, учитываю
щий характер смазки;
^м=0,8
при
непрерывной
смазке;
Ясм=1,5 при капельной и не
регулярной смазке;
К^ — коэффициент,
учитываю
щий длину цепи;
/{^=1,25 при /<25/;
^ = 1,00 при /=(30ч-50)/;
Kt ^ 0,8 при /=(60-г80)/;
Яреж — коэффициент,
учиты
вающий режим (продолжитель
ность) работы передачи;
/<рсж=1 при односменной ра
боте;
^реж=1»25 при двухсменной
работе;
Яреж^З ПРИ непрерывной
работе
357
Продолжение табл. 3.37
Что делать
Чем руководствоваться
5. Предварительно выбрать шаг
цепи:
а) если задано межосевое рас
стояние /, то применить
эмпирическое соотношение
б) если межосевое расстояние
не задано, то шаг опреде
ляют из условия износо
стойкости, принимая [р]
по табл. 3.40.
Величина шага должна быть
округлена по ГОСТ (табл 3.39)
'
a) t=--------30+50
б) для роликовых и втулоч
ных цепей
Мр.
_____1
>
И mZi
где т — число рядов цепи;
для зубчатых цепей
Ip] ^t г1
^ = b/t— коэффициент шири*
ны цепи
6. Проверить, допустим ли вы
бранный шаг при заданной угло
вой скорости
7. Вычислить среднюю скорость
цепи (в м/с)
8. Определить окружное уси
лие Рр
9. Определить расчетное давле
ние в шарнирах и сравнить с до
пускаемым [р]. При р < [р] ра
ботоспособность
цепи
обеспе
чена; если р>[р], необходимо
выбрать другую цепь
10. Подсчитать усилия в ветвях
цепи:
а) натяжение от центробежных
сил инерции
б) натяжение
цепи
358
от
провисания
“I < 1®1тах1
(см. табл. 3.41)
р =------------1000-60
P^N/v;
Рр=РК3
P=Pp/F,
где F — проекция опорной по
верхности шарнира; для роли
ковых и втулочных цепей
F«(0,25+0 30)/2;
для зубчатых цепей
F^ (0,15+0,20)^
где b — ширина цепи
Pv^qu2*
где q— масса 1 м длины цепи
в кг
р/=Я/д/.9,81,
Kf=b при горизонтальном по
ложении цепи;
Продолжение табл. 3.37
Что делать
Чем руководствоваться
Kj=4 при наклоне передачи к
горизонту до 45°;
Я/=1 для вертикальной пере
дачи
в) полное натяжение ведущей
ветви
г) натяжение ведомой ветви
11. Определить расчетный коэф
фициент запаса прочности п от
носительно разрушающей нагруз
ки Q
12. Произвести
геометрический
расчет передачи:
а) вычислить делительные диа
метры звездочек
б) уточнить
стояние /
межосевое
рас
S^P+P^Pf
$2~РъЛ~Р/
Q
П~ PKmn+Pv+Pf ^
где [п] — допускаемый коэффи
циент запаса прочности;
для роликовых цепей [я] > 5,
для зубчатых цепей [п]>15
180°
Z)0 = //sin----г
Zmin-Poi + ^0г)/2+
+ (404-60) мм
оптимальное расстояние
в) вычислить длину замкнутой
цепи, выраженную в шагах
г) округлить величину Lt до
целого числа (желательно
до целого четного) и уточ
нить межосевое расстояние
/=(304-50)/
д) назначить монтажное меж
осевое расстояние для обес
печения провисания ветвей
цепи
/м= (0,998 4-0,996)/
Таблица 3.38
Рекомендуемые числа зубьев меньшей звездочки
Числа зубьев при i
Тип цепи
1-2
2-4
4-6
Роликовая и втулочная ........................
32—28 28—20 18—16
Зубчатая * ............................................
35—32 30—28 25—20
6
14—12
18-16
359
Таблица 3.39
Стандартные значения шага t приводных цепей
Тип цепи
tt мм
Приводная роликовая:
однорядная
однорядная усиленная
двух- и трехрядная
Приводная втулочная од
норядная и двухрядная
Зубчатая:
с боковыми направляю
щими пластинами
с внутренними направ
ляющими пластинами
8; 9,525; 12,7; 15,87; 19,05; 25,4;
31,75; 38,1
19,05; 25,4; 31,75; 38,1; 44,45; 50,81
12,7; 15,875; 19,05; 25,4; 31,75;
38,1; 44,45; 50,8
9,25
12,7; 15,87; 19,05
12,7; 15,87; 19,05; 25,4; 31,75
Т а б л и ц а 3.40
Значения допускаемого давления в шарнирах [р] в зависимости
от шага цепи t
а — для роликовых и втулочных цепей (z=15 — 30)
б — для зубчатых цепей ^=17 — 35)
[р], Н/мм2, при t, мм
Угловая
скорость
меньшей
звездочки
(О1( рад/с
а
б
а
б
а
б
а
5
20
40
80
120
34,3
30,9
28,1
23,7
20,6
19,6
17,6
16,1
13,7
11,8
34,3
29,4
25,7
20,6
17,2
19,6
16,7
14,7
11,8
9,81
34,3
28,1
23,7
18,1
14,7
19,6
16,1
13,7
10,3
8,43
34,3
25,7
20,6
14,7
12,7—15,87
19,05-25,4
30—38,1
40—50,8
Пример 3.28. Рассчитать цепную передачу для при
вода переносного транспортера, если мощность, переда
ваемая ведущей звездочкой, Л'=1,3 кВт, ее частота вра
щения пх=300 об/мин (^«З! рад/с), передаточное число
i=l,6. Расстояние между осями звездочки должно быть
в пределах /=600-4-650 мм, нагрузка с легкими толчками,
линия центров звездочек — горизонтальна, смазка нере
гулярная, работа односменная.
360
Таблица 3.41
Предельные угловые скорости малой звездочки [ш1тах|
в зависимости от шага цепи t
C^lmaxb рад/с, при шаге /, мм
Число
зубьев 2t
12,7
30
20
40
50
Для роликовых 11 втулочных цепей
230
250
260
15
23
30
100
ПО
ПО
135
150
155
75
80
85
60
65
70
—
—
Для зубчатых цепей
330
17—35
130
220
Решение. 1. Выбираем цепь приводную роликовую
(ПР по ГОСТ 10947—64), так как привод должен иметь
малую массу (транспортер переносный), а особых требо
ваний к плавности и бесшумности передачи не предъяв
ляется.
2. Назначаем число зубьев меньшей звездочки
(табл. 3.38):
z1=29.
3. Определяем число зубьев большей звездочки:
z2=z1j=29- 1,6=46,4.
Принимаем z2=46.
При этих числах зубьев истинное передаточное число
Г=г2/гх =46/29 =1,585;
отклонение от заданного
100% =L£^lL585 1()о% = 0 94%.
/
1,6
Такое небольшое отклонение вполне допустимо.
4. Определяем коэффициент эксплуатации
К,=ЯДИ1ЛсЛ//<Реж= 1.3 • 1,5 • Ы = 1,95;
Ккин= 1.3 — легкие толчки;
Ксм=1»5 —смазка нерегулярная;
Kz=l—для оптимального расстояния между осями;
^peж=l—работа односменная.
361
5. Выбираем шаг цепи в зависимости от заданного
межосевого расстояния:
,
/
/
650
600
30
50
30
50
д
t=—!—=---- ;----- =21,04-12 мм.
Для найденного диапазона шагов можно выбрать три
цепи с шагами: 12,7; 15,87 и 19,05 мм (см. табл. 3.39).
Для определения оптимального варианта выполним
расчет цепей с выбранными тремя шагами. Результат
расчета сведен в таблицу.
Определяемые величины
и расчетные зависимости
Результаты расчета
при шаге t, мм
12,7
Примечание
15,87 | 19,05
1. Ширина внутреннего зве8,9 10,11 17,75
на цепи В^, мм
2. Диаметр валика d, мм
4,45 5,08 5,96
106
3. Проекция опорной по- 39,6 51,5
верхности шарнира F=Bd, мм2
4. Масса 1 м цепи qt кг/м
0,62 0,80 1,52
5. Разрушающая
нагруз 17,7 22,6 24,6
ка Qb» кН
220
260
155
6. Предельные угловые ско
Все три шага
рости малой звездочки для
допустимы
цепей
выбранных
шагов
(табл. 3.41) сопоставляем с дей
ствительной угловой скоростью
®i ^ 31 рад/с
7. Средняя скорость цепи, м/с 1,76 2,21 2,67
v=
1000-60
725
590
375
1420
1120
730
9. Расчетное давление, Н/мм2 35,8
21,9
6,88
Шаг ? = 12,7 мм
не подходит
28,1
25,7
Р<[Р]
3,9
38,8
10,9
53,5
8. Окружное усилие, Н
P=N/v
Расчетное окружное усилие
Рр=Р^э=Р-1,95
P=Pp/F‘,
сравниваемо [р], Н/мм2 (см. 28,1
табл. 3.40)
10. Усилия в ветвях цепи, Н:
Pv=qva
P^Kfql^q-9,81-0,6,
362
—
Результаты расчета
при шаге t, мм
Определяемые величины
и расчетные зависимости
12,7
15,87
19,05
633
440
42,7
64,4
Примечание
К/=6— передача горизонталь
ная;
/=600 мм = 0,6 м;
натяжение ведущей ветви, Н
S^P+P.+P/
натяжение ведомой ветви, Н
52 = ^+Р/
11. Расчетный коэффициент за
паса прочности
—
Коэффициент
запаса прочно
сти обеспечен
—
^дин + ^+^Г
29,4
45,1
п> [и]
Сравнительный расчет цепей показал, что можно вы
брать цепи с шагом 15,87 мм и 19,05 мм, но при мень
шем шаге плавность работы передачи больше, поэтому
принимаем цепь с шагом /=15,87 мм.
Для выбранной цепи производим геометрический ра
счет передачи:
а) диамехры звездочек:
£>01=/ / sin — = 15,87 / sin—=15,87/0,112=140,5 мм;
D02=t / sin—= 15,87/sin—=15,87/0,07 =226,3 мм;
/
/75
z2
б) проверяем межосевое расстояние по минимально
допустимому:
imin=(O(n+O|12)/2-|-60=243 мм.
Условие />/min выполнено, так как принимаем /=600 мм;
в) вычисляем длину замкнутой цепи, выраженную
в целых шагах:
Г —О 1 I г1+22 I /г2~ Z1 V г _
t
2л / / “
„ 600 . 294-46 . /46 —29\2 15,87
Q . 0_ - .
--------- 1------------ {-[-----------] -------- =/О,оЧ-и/,0415,87
2
\ 2-3,14 / 600
+
7,21-15,87 ~
600
~ 114,5 шага.
Принимаем Lz=116;
363
г) уточняем межосевое расстояние:
=^ [116 — 37,5+J/ (116 — 37,5)2 — 8.7,21] =620 мм;
д) назначаем монтажное межосевое расстояние
/м=0,998/=0,998-620=619 мм.
ГЛАВА XV. ДЕТАЛИ И СБОРОЧНЫЕ ЕДИНИЦЫ ПЕРЕДАЧ
§ 3.15. ОСИ И ВАЛЫ
А. Расчет осей
Диаметры осей предварительно определяют из при
ближенного расчета на изгиб. При этом для вращающихся
Таблица 3.42
Последовательностьпроверкиоси на прочность
Что делать
Чем руководствоваться
1. На основе конструктивного чер
тежа оси составить ее расчетную схе
му и построить эпюру изгибающих
моментов
2. Вычислить наибольшие номиналь
ные напряжения изгиба в предполо
жительно опасных сечениях оси
3. Определить коэффициенты запаса
прочности
для
предположительно
опасных сечений:
^тах —^и/^и
для вращающейся оси
для неподвижной оси
4. Сопоставить наименьший расчет
ный коэффициент запаса прочности
с требуемым
П^1
g-1 SgP
^од ^тах
^о ^тах
(V%)%ax
^mln^Hi
где [п]=1,5— 2,5 — требуе
мый коэффициент
запаса
прочности
Примечание. Расшифровку обозначений о^р k0, еа, ф0 и {Зсм.
в§ 2.28. численные значения указанных величин см. в пособии [10].
364
осей считают, что напряжения изгиба изменяются по
симметричному циклу, а для неподвижных — по отнулевому (пульсирующему). После оформления конструкции
оси выполняют проверочный расчет (табл. 3.42)—опре
деляют коэффициенты запаса прочности для предположи
тельно опасных сечений.
Пример 3.29. Проверить прочность оси ведомого
колеса мостового крана (рис. 3.56) при расчетной нагрузке
на колесо Р=105 кН. Ось чисто обточена. Материал
осп—сталь 50 нормализованная. Требуемый коэффициент
запаса прочности [л]=1,8.
Решение. Ось можно рассматривать как двухопорную
балку, нагруженную в середине пролета силой Р
(рис. 3.57). Центры шарнирных опор балки считаем сов365
падающими с серединами подшипников; эпюра изгибаю
щих моментов показана на рис. 3.57. Поскольку ось вра
щается, а действующая на нее нагрузка постоянна,
напряжения изгиба, возникающие в поперечных сечениях
оси, изменяются по симметричному циклу. Предположи
тельно опасные сечения оси /—I и II—II (см. рис. 3.56).
Рис. 3.58
В первом из этих сечений изгибающий момент макси
мален и возникав! значительная концентрация напряже
ний от шпоночной канавки. Сечение II—II также может
сказаться опасным, так как хотя изгибающий момент
в нем меньше, чем в сечении I—I, но и диаметр его
тоже меньше. Источником концентрации напряжений
в этом сечении служит переходная галтель радиуса г=3 мм
с диаметра ^=90 мм на диаметр d,= 115 мм.
Для определения наибольших номинальных напряже
ний изгиба в сечении I—1 вычисляем момент сопротив
ления сечения нетто, принимая размеры шпоночной
канавки по ГОСТ 8788—68 (рис. 3.58),
I нетто~ 32
2
—
32
32-11 (115-11)’
1оо с in3
.
-------------- 1------------ —=132,6 • 103 мм3
2-115
и изгибающий момент
Mi =P//4 = 105-103-320/4=8,4.10e Н-мм.
Определяем наибольшие номинальные напряжения из
гиба в сечениях I—I и II—11:
<4-1
366
_ 8,4.10»
Ч^! нетто-‘32,6.10»
63,4 Н/мм2;
4,725-10»
Оц_ц =
66,1 Н/мм2.
3,14-903/32
«4/32
По справочному пособию [3] находим для материала
оси о_1=270 Н/мм2; коэффициент качества поверхности
Р=0,93; масштабный фактор при 4=115 мм е0 =0,67;
эффективный коэффициент концентрации напряжений
#о=1,60 (при опч=610 Н/мм2).
Коэффициент запаса прочности для сечения 1—1
O-iM
270-0,67-0,93
^0!
1,60-63,4
. сс
П\—\ =--------- =-------------- :---- = 1,66.
!
Для сечения Ц—П по тому же пособию е0 =0,70;
^ = 1,94 и коэффициент запаса прочности
<J-i«eP
270-0,70 0,93
.
и 11—I I =---------------=----------------------- = 1
^н-п
1.94-66,1
Таки.м образом, опасным оказалось сечение /7—II
(nii<«i). Прочность оси недостаточна — коэффициент
запаса прочности значительно ниже требуемого.
Как следует поступить в подобном случае?
Рекомендация первая. Ось изготовить из того
же материала—стали 50 нормализованной, но размеры
поперечных сечений несколько увеличить: так в сечении
I—I довести диаметр до 120 мм, в сечении II—II—до
100 мм.
Далее проводим проверочный расчет по той же схеме.
Вычислим момент сопротивления сечения I—I
«4
1*1 нетто = —
Ь1 № —02^3,14-1203
24
_22J4120-;_W =1
2-120
“
32
510,
,
Размеры шпоночной канавки для диаметра 120 мм
такие же, как и для диаметра 115 мм (см. ГОСТ 8788—68).
Наибольшие напряжения в сечениях I—I и II—II:
„
^1
8,4-10«
»
01-1 =--------------------------------- =50 Н/мм2;
И7! нетто
168,25-103
=48 н/мм’.
1Гц
«4/32
2Л-1003
367
Коэффициенты запаса
11-11'.
„
n\—i
прочности для
W0P
270.0,67-0,93
^^1-1
1,6-50
сечений I—I и
О1
----------- ----------------- :—=2,1:
„
’-^Р
270-0,70-0,93
, п
«II-II =7------------- =------ -—
’---- = 1,9.
^°п-11
1,94-48
Таким образом, и tii^i и пп—п больше требуемого
[п] и поэтому прочность оси обеспечена.
Рекомендация вторая. Размеры оси оставить
без изменения, но изготовить ось из более прочного ма
териала, например стали 20Х, цементованной о пределом
выносливости о_1=350 Н/мм2.
При этом коэффициенты запаса (вычисление номиналь
ных напряжений см. на стр. 367):
-18gР
_ 350-0,67-0,93 = | 9J
ka ®i_)
1,8-63,4
’
где £д = 1,8 взято для материала о ов=800 Н/мм2}
<7-1ваР
350-0,70-0,93
^Оц.ц
1,98-66,1
. -,
«1 i-i I =--------------- =-------- 1----- 1—= 1,75,
где fca==l,98 взято для материала с ов=800 Н/мма.
В сечении /—/ прочность обеспечена.
В сечении //—II коэффициент запаса на 2,8% меньше
требуемого. С учетом того, что инженерные расчеты, если
нет особых требований, ведут с точностью ±5%, то и
прочность в сечении //—II тоже можно считать обеспе
ченной.
Б. Расчет валов
При проектировании вала сначала определяют какойлибо характерный его диаметр (например, для ведущего
вала редуктора—диаметр выходного конца) из расчета
Только на кручение по пониженному допускаемому на
пряжению [т]к=20-»-40 Н/мм2 (для валов из среднеугле
родистой стали). Затем разрабатывают конструкцию вала
с учетом удобства посадки деталей, их фиксации в осе
вом направлении и т. д. Для разработанной конструкции
производят окончательный расчет в последовательности,
указанной в табл. 3.43.
368
Таблица 3.43
Последовательность проверки вала на прочность
Что Делать
1. Составить расчетную схему вала
на основе конструктивной разработки
2. Построить эпюры крутящих и
изгибающих моментов
3. Определить наибольшие номи
нальные касательные и нормальные
напряжения для предположительно
опасных сечений вала
4. Определить коэффициенты запа
са прочности по нормальным и каса
тельным напряжениям для предполо
жительно опасных сечений вала:
Чем руководствоваться
См. ниже
То же
тт:1Х = ^к/^к
0тах = Ми/1Ги
П-! «о Р
а) по нормальным напряжениям
в предположении их изменения
по симметричному циклу
"°
^тах
б) по касательным напряжениям
в предположении их изменения по
отнулевому циклу
5. Определить общий (результирую
щий) коэффициент запаса прочности
6. Сопоставить расчетный коэффи
циент запаса прочности для опасного
сечения с требуемым и проверить
соблюдение условия прочности
^min > [п1>
где требуемый запас проч
ности
рг] = 1,5 —3,0
Пример 3.30. Проверить на прочность при [л]=2
промежуточный вал двухпоточного редуктора с прямо
зубыми колесами, схема которого представлена на
рис. 3.59. Чертеж вала дан на рис. 3.60, а. Зубчатое
колесо 1 получает мощность /Vt=50 кВт при частоте
вращения п=450 об/мин; 40% этой мощности передается
шестерней 2 ведомому валу редуктора, а 60% — второму
ведомому валу. Материал вала — сталь 40ХН улучшен
ная. Поверхность вала в местах посадки зубчатых колес
чисто обточена.
Решение. На основе конструктивного эскиза вала со
ставляем его схему, на которой показаны усилия, возни
кающие в зубчатых зацеплениях (рис. 3.60,6). Опреде
ли Заказ № 226
369
ляем вращающие моменты,
вубчатых колес:
передаваемые
50-Ю3
JM1=^1/<o
лп/30
3,14-450/30
каждым
из
1,06-103 Н-м;
М^ОЛМ^О 4 -1,06-103=0,424-103 Н-м;
M8=0,6Af1=0,6-l10C4G3=0,636-103 Н-м.
Рис. 3.59
Определяем окружные и радиальные усилия, возни
кающие в зубчатых зацеплениях:
P1=2M1/d1=2-1,06- 10e/230=9,22-103 Н;
P2=2/W2/d2=2-0,424-10е/120=7,06-103 Н;
Р3=2Л13/+,=2-0,636- 10е/150=8,50-103 Н;
Л=Л tg20°=9,22-103• 0,364=3,36• 103 Н;
Тг=Р2 tg 20°=7,06-103-0,364=2,56-103 Н;
T3=P3tg20°=8,50-103.0,364=3,09.103 Н.
Составляем расчетную схему вала (рис. 3.60, е), опре
деляем опорные реакции, беря суммы моментов относи
тельно осей х, хг, у и уь а для проверки правильности
их определения, составляя суммы проекций всех сил на
оси х и у:
£Мх=0; -Vs-300+А-230- Л- 150+Т2-70=0,
откуда
V в—
2 ^,=0;
370
3,09-230—3,36-150+2,56-70
300
^ 28 кН
VA - 300 — Т8- 230+ Л-150 — Т8- 70=0,
636-Ws'o-MM
Рис. 3.60
24*
371
откуда
V
2,56.230+3,36-150+3,09-70
300
, л.
„
V д =---------- !—:--------- —------- = 1,01 кН.
А
Проверка:
2 Рiy — fy ^д+^х + ^В = ^2+^3>
1,01+3,36+1,28=2,56+ 3,095,65=5,65,
следовательно, реакции найдены правильно.
£Л1у=0; —Яв-ЗОО+Рз-гЗО+Рр 150+ Р2. 70=0,
откуда
„
8,50.230+9,22-150+7,06.70
300
„
П п —----------------------------------------- = 1Z, /О КП,
°
2 Myt =0;
+ НА • 300 - Р2 - 230 - Рх -150 - Р3 - 70=0,
откуда
7,06-230+9,22-150+8,50-70^^ Q3 кН
300
Проверка:
2Лх=0;
77л+Яв=Р2+Р1+Р3;
12,75+12,03 = 7,06+ 9,22 +8,50;
24,78=24,78.
Реакции показаны на рис. 3.60, в.
Крутящие моменты равны: в сечениях участка между
шестерней 2 и колесом 7 вращающему моменту М2,
а в сечениях участка между колесом 7 и шестерней 3 М3.
Изгибающие моменты относительно осей х характер
ных сечений (или, иначе, изгибающие моменты в верти
кальной плоскости):
ЛЬг=-Ул-70=-1,01-70=-70,7кН-мм=
=—70,7-103 Н-мм;
Л4Х,=-УЛ-150+7’2-80=-1,01 • 150+2,56-80=
=43,5 кН-мм=43,5-103 Н-мм;
2ИЛа=—Кв-7О=—1,28-70=—89,6 кН-мм=
= -89,6-103 Н-мм.
372
Изгибающие моменты относительно осей у характер
ных сечений (или, иначе, изгибающие моменты в гори
зонтальной плоскости):
МУ2=-На-70=- 12,03-70=-840 кН-мм=
= -840-103 Н-мм;
Л4У1=-Ял-150+Р2-80=-12,03-150+7,06-80=
= -1235 кН-мм=—1235-Ю3 Н-мм;
МУз=-^в-70=-12,75-70=-895 кН-мм =
= -895-103 Н-мм.
Строим эпюры крутящих моментов Mz и изгибающих
моментов Мх и Му в двух взаимно перпендикулярных
плоскостях (рис. 3.60, г).
Предположительно опасны сечения вала 1 и 3 (отме
чены на рис. 3.60, в). Сечение 2 явно менее опасно, чем 3,
так как при одинаковом диаметре в сечении 2 возникают
меньшие изгибающие и крутящие моменты.
Определим наибольшие номинальные напряжения в се
чении 1, вычислив предварительно моменты сопротивле
ния нетто сечения при размерах шпоночной канавки
(по ГОСТ 8788—68) — ширина 6=18 мм, глубина /=7 мм:
ndl
“етга~ 32
bt(d1-t)‘i_n-W
2^
- 32
’
18-7 (60 — 7)2 _
2-60
“
= 18,26-103 мм3.
bt (dt — ty _ л-603
7
к нетто— 16
2^
—
16
18-7(60 —7)3 _
2-60
—
=39,46-103 мм3.
Результирующий изгибающий момент в сечении 1
M^V M^+M^V (43,5-103)2+(1235-103)2 =
= 1240-103 Н-мм.
Максимальные касательные напряжения
Т1тах=^гЖнетто = 636- 103/(39,46-103) = 21,6 Н/мм2.
Максимальные нормальные напряжения
<г1Шах=Л1и1/Гнет1О=1240-103/(18,26-103)=68 Н/мм2.
373
Аналогично для сечения 3 при размерах шпоночной ка
навки 6=16 мм, /=6 мм
№
~^_ Ь
1 № —<)а_ л-553 _ 16-6(55—6)^
' 32
2d3
32
2-55
=
= 14,25-103 мм3;
л^з
_______ Я (4) —О2 _ л-553 _ 16-6(55—6)\
16
2d3
— 16
2-55
=30,6-103 мм3.
Результирующий изгибающий момент в сечении 3
м„,=/м1+М2
У1 = / (89,6-103)Ч(895-10 3)2 =
=900-103 Н-мм.
Максимальные касательные напряжения
т3ит=Мг,/№к нетто=636-103/(30,6-103)=20,8 Н/мма.
Максимальные нормальные напряжения
о3тах=^иЖе1ТО=900-103/(14,25-103)=63 Н/мма.
Для определения коэффициентов запаса прочности
вычисляем по эмпирическим формулам пределы выносли
вости материала вала при симметричных циклах изгиба
и кручения по справочному пособию [3] при пределе
прочности опч=1000 Н/мм2:
о_1«0,35опч+ 120 = 0,35-1000+120 = 470 Н/мм2|
т_1«0,58о_1=0,58-470=272 Н/мм2.
Определяем коэффициент запаса прочности для сече
ния /. По справочному пособию [3] находим p=0,93j
е0 =0,715; ет =0,785; ka =2,0; kx =1,9; фт =0,08:
а-leap
470-0,715-0,93
^о ^imax
2,0-68
/Та — ~~~~—~^^— —-------------------—
о а.
\
/19
\
——------ 1-------- +0,08 21,6
etp +
Ршах
1^0,785’0,93 ^ ’
J ’
374
„1=^L=4^=2,2.
У n2+n2
/ 2,3‘+8,36*
Аналогично для сечения 3 p=0,93; e^ =0,73; ka =2,0;
^=1,9; ^=0,08:
__£-1М _ 470-0,73-0,93
^а^зтах
2,0-63
2t-j_________________ 2-272
—• I ah I т
eTP +
/ 3ma*
------- =8,87,
I
I 0,08 20,8
\0,73-0,93
где принято 6t =8а.
л,=-Д^=_^±Д_=2,44.
У „;+„; V 2.S34-S.8T"
Таким образом, опасным оказалось сечение /, для кото
рого
Л1<"з-
Прочность вала
2,2>2.
обеспечена,
так
как /tmin>[n],
т. е.
§ 3.16. подшипники СКОЛЬЖЕНИЯ
Подшипники скольжения, предназначенные для вос
приятия радиальных и осевых (подпятники) нагрузок и
работающие в режиме смешанного или граничного трения,
рассчитывают по условной методике на износостойкость
и нагрев (табл. 3.44). При жидкостном трении расчет
ведут на основе гидродинамической теории смазки, здесь
этот расчет не рассматривается.
Таблица 3.44
Методика расчета подшипников скольжения
Что Делать
Чем руководствоваться
1 Определить радиальные
и осевые нагрузки, дейст
вующие на опоры вала
Реакции опор (нагрузки на опоры)
определяют с помощью уравнений
равновесия сил, действующих на вал
375
Продолжение табл. 3.44
Что делать
Чем руководствоваться
Проверочный расчет
2. Проверить пару цап
фа — вкладыш на износо
стойкость:
опорные подшипники
упорные
подшипники
(подпятники)
p=p/(dl) < [р]
(1)
р=—— ---------- ■
(2)
<₽Т^?"^
В формулах (1) и (2): Р и Q — ра
диальная и осевая нагрузки опоры;
р—расчетное давление на опорную
поверхность; d — диаметр цапфы или
наружный диаметр пяты; / — длина
цапфы; dQ — внутренний диаметр коль
цевой опорной поверхности пяты;
<р=0,9 — 0,95 — коэффициент, учиты
вающий уменьшение рабочей поверх
ности пяты за счет смазочных кана
вок; [р]— допускаемое давление, вы
бираемое в зависимости от материалов
пары цапфа — вкладыш.
Материал цапфы и вкладыша
[PL
Н/ммг
Сталь по чугуну ....
2— 4
Сталь по бронзе
4—6
БрОЦС 6-6-3.........................
Сталь,
закаленная по
бронзе БрАЖ9-4................
15—20
Сталь по антифрикцион
ному чугуну АСЧ-1:
при v=0,2 м/с ....
9
0,05
» ц=2 м/с.................
Сталь,
закаленная по
баббиту..................................... •
6—10
3. Проверить на нагрев
pv < [pv];
для опорных подшипников
d
v= — w;
2
для пят
y=/?np(0t
376
Продолжение табл, 3.44
Что делать
Чем руководствоваться
Значение [pv] выбирается по сле
дующим данным:
[PV]’
Материал вкладыша
Н-м/(мм!*с)
Серый чугун........................
Бронза БрОЦС6-6-3 . . .
Бронза БрАЖ9-4 . . . .
Антифрикционный
чугун
АСЧ-1:
при у=о,2 м/с . . . .
» ч=2 м/с................
Баббит ................................
1—3
4-6
8—12
1,8
0,1
15-25
Проектный расчет
4. Задаться отношением
^=l/d,
Ф=0,4— 1,2;
для самоустанавливающихся
шипников ф = 2,5 — 3,0
под
5. Определить
диаметр
цапфы из условия износо
стойкости
Пример 3.31. Проверить подшипники вертикального
вала привода к мешалке (рис. 3.61) при передаваемом
моменте М=2,7 кН-м и /г=35 об/мин; передаточное
число конической передачи /=4,5. Масса вала и уста
новленных на нем деталей т=760 кг. Материал вкла
дыша — чугун АСЧ-1. Размеры показаны на рисунке.
Определить наружный диаметр D кольцевой опорной
поверхности пяты.
Решение. Вычерчиваем расчетную схему узла (рис. 3.62)
и определяем усилия, возникающие в зацеплении кони
ческих зубчатых колес (силы, действующие на колесо):
окружное усилие
377
Рис. 3.61
Рис. 3.62
4^400 ________
|
.
а=250
P=2MM2=2-2,7.10e/494=10,9.103 Н;
радиальное усилие
Т2=Р tg a cos б2= 10,9 • 103 tg 20° cos 77° ЗО'=856 Н,
где
S2=arctg z =arctg 4,5=77° 30';
осевое усилие
Q2=P tg а sin б2= 10,9-103 tg 20° sin 77° 3O'=3,86-103 H.
Определяем радиальные нагрузки
(радиальные реакции опор):
в горизонтальной плоскости
на
подшипники
1) P(a+L)-R2rL=0,
откуда
R2X=P (a+L)/L=10,9-103(250+400)/400=17,7-103 Н.
2) Pa-P1XL,
откуда
Rlx= Ра/L= 10,9-103• 250/400=6,8-103 Н;
в вертикальной плоскости
1) -T2(a+L)+Q2d2/2-R2yL=0,
откуда
п
—Т2 (a-\-L)-\-Q2d2l2
L
~
—856 (250+400)+3860-494/2
, едп „
400
2) -RlyL~T2a+Q2d2/2=0,
откуда
D
—T2a+Q.d2/2
-856.250+3860-494/2
u
v=----------------------- =--------------------------------- = 1 &± M.
L
400
Определяем суммарные радиальные реакции:
R^V R^+Rly =+ (6,8-103)2+(0,734 • 103)2 =
=6,84-103 H;
R2=VRL+RTy=V (17,7.103)2+(l,59.103)2 «
«17,9-Ю3 H.
Итак, сильнее нагружен верхний подшипник, для ко
торого и производим проверку на износостойкость и на
грев. Давление между цапфой и вкладышем
p^R^dl)=17,9 • 103/(90 • 110)=1,81 Н/мма.
37»
Для вкладышей из чугуна АСЧ-1 по справочникам
[р]=9,00 Н/мм2 при окружной скорости на поверхности
цапфы о=0,2 м/с и [р]=0,05 Н/мм2 при о=2,0 м/с.
В нашем случае:
<в=л/г/30=3,14-35/30=3,66 рад/с,
у=ad/2=3,66 • 90/(2 • 1 000)=0,165 м/с
и, следовательно, можно принять наибольшее из таблич
ных значений [р].
Итак, р<[р].
При скорости ц=0,165 м/с можно принять [pv]=
= 1,8 Н-м/(мм2-с); расчетное значение этого произведения
pv = 1,81 • 0,165=0,298 Н • м/(мм2 • с),
что значительно ниже допускаемого.
Определим наружный диаметр пяты из условия изно
состойкости:
р =----------Росев---------- <[р]
1|)(л/4) (D3-d2)
Примем внутренний диаметр опорной поверхности
d0=92 мм и допускаемое давление [р]=5 Н/мм2 (предва
рительно предполагаем, что окружная скорость, соответ
ствующая приведенному радиусу трения, будет выше
0,2 м/с). Учитывая, что осевая сила, действующая на
пяту, РОсев=т^+С2> и принимая ф=0,95, находим
—^---- h d^
^ (л/4) [р]
/7^81+38^
у
^^
0,95(3,14/4)5
ММ.
Определяем приведенный радиус трения и соответст
вующую окружную скорость:
р3-^
^пр
_
1073 — 923
3(D3-d2) ~ 3(1073-923)
50,1 мм;
^пр=“^пР=3,66-50,1-103=0,183 м/с.
Таким образом, оказывается, что [р] можно было при
нять более высоким и, следовательно, уменьшить D, но
по конструктивным соображениям это нецелесообразно,
так как кольцевая опорная поверхность пяты и так
имеет ширину всего 7,5 мм.
380
Проверяем пару пята — подпятник на нагрев:
Р^пр=5- 0,183=0,915 H-m/(mm2-c)<[jw|.
§ 3.17. подшипники качения
При частоте вращения кольца подшипника, меньшей
1 об/мин, подшипники подбирают по статической грузо
подъемности, при большей частоте вращения — по задан
ной (требуемой) долговечности, т. е. по динамической
грузоподъемности. Здесь рассмотрен только подбор под
шипников по динамической грузоподъемности (табл. 3.45).
Т а б .л иц а 3.45
Методика выбора подшипников качения
Что Делать
Чем руководствоваться
1 Определить нагрузки,
действующие на вал (ось)
Выполняется по известным ха рактеристикам зубчатых, ременных и дру
гих передач
Выбор зависит от характера нагрузки, действующей на подшипники,
и может быть произведен в несколь
ких вариантах. Подробные указания
по выбору типа подшипников приве
дены в пособиях [1, 3, 7, 10].
Выполняется на основе уравнений
равновесия, даваемых статикой.
2. Выбрать
типоразмер
подшипников и схему их
установки
3. Определить радиаль
ные нагрузки подшипников
(радиальные реакции опор)
4. Определить приведен
ные (эквивалентные) нагруз
ки Q подшипников
Для шариковых радиальных и ра
диально-упорных подшипников и ро
ликовых радиально-упорных подшип
ников приведенную нагрузку опреде
ляют по формуле
Q = (XKkR+YA)K6^
(1)
Для радиальных роликовых под
шипников с короткими цилиндриче
скими роликами применяют формулу
Q = RKM,.
(2)
Для упорно-радиальных и упорных
шариковых и роликовых подшипников
пользуются формулой (1) с соответст
вующим изменением значений коэффи
циентов X и К (см. пособия [1, 7, 10J).
В формулах (1) и (2):
R — радиальная нагрузка подшипника;
А—то же, осевая; X, У — соответст
венно коэффициенты радиальной и осе
вой нагрузок (см. каталог); Кк — коэф-
381
Продолжение табл. 3.45
Что Делать
5. Выбрать по каталогу
динамическую грузоподъем
ность подшипника принятого
типоразмера и вычислить
расчетную
долговечность
наиболее нагруженного из
подшипников данного вала
Чем руководствоваться
фициент вращения (кинематический
коэффициент, зависящий от того, ка
кое из колец подшипника — внутрен
нее
или
наружное—вращается);
Кб — коэффициент безопасности (дина
мический коэффициент, зависящий от
характера нагружения подшипника);
КТ — температурный коэффициент, за
висящий от рабочей температуры под
шипника.
Осевая нагрузка радиально-упор
ных подшипников определяется с уче
том осевых составляющих от радиаль
ных нагрузок подшипников (см. посо
бия [1, 7, 10]).
Установив по каталогу (или иному
справочнику) величину динамической
грузоподъемности С подшипника, вы
числяют расчетную долговечность L^
по формуле
10е f С \р
В формуле (3): р — показатель сте
пени, характеризующий вид кривой
контактной усталости; для шариковых
подшипников р=3, для роликовых
р= 10/3; п — частота вращения кольца
подшипника, об/мин.
В формулу (3) величины С и Q
должны быть подставлены в одних и
тех же единицах.
Если окажется, что Lh меньше за
данной (желаемой), надо выбрать дру
гой типоразмер подшипника или даже
изменить схему установки подшипни
ков и повторить расчет
Пример 3.32. Подобрать подшипники качения для
вала червяка, передающего мощность ^=6,2 кВт при
частоте вращения ^=1440 об/мин. Червячное зацепление
имеет следующие параметры: число заходов червяка zx=2,
число зубьев червячного колеса ?2=40; модуль зубьев
т=8 мм, коэффициент диаметра червяка ^=8. Коэффи
циент полезного действия червячного редуктора ц^0,80.
Желаемая долговечность подшипников LA=12 000 ч. Рас
стояние между серединами опор вала червяка /=340 мм.
382
Решение. 1. Определяем усилия, возникающие в за
цеплении червяка с колесом:
момент на валу червяка
M±=N i/^y
где
со1=л/?1/ЗО=3,14.1440/30=151 рад/с;
тогда
М1=6,2-103/151=41,1 Н-м;
момент на валу червячного колеса
M^M^M^zJz^ т]=41,1 (40/2) 0,80=658 Н м;
окружное усилие на червяке
P^AVd^^/^^^lJ-lO^
Н;
окружное усилие на червячном колесе (осевое усилие
на червяке)
р2 = QL=2M2/d2=2M2/(mz2) = 2•658.103/(8 . 40) =
=4,11-103 Н;
радиальное усилие
Ti=P2 tg а=4,11 • 103 tg 20° = 1,50-103 Н.
2. Выбираем схему установки подшипников и их ти
поразмер.
Валы червяков чаще всего монтируют на радиально
упорных подшипниках, установленных в распор. Реже
(при червяках большей длины) устанавливают с одной
стороны сдвоенный радиально-упорный подшипник, с дру
гой — «плавающий» радиальный. Поскольку в нашем
случае длина червяка сравнительно невелика, примем
первую из указанных схем (рис. 3.63).
Вал электродвигателя, с которььм через муфту соеди
нен вал червяка, имеет диаметр 38 мм (см. пособие [3]),
следовательно, выходной конец вала червяка должен
иметь примерно такой же диаметр; в месте посадки под
шипника диаметр вала должен быть больше, скажем,
45-—50 мм. Учитывая большую осевую нагрузку и тре
буемую высокую долговечность, применим конические
роликовые радиально-упорные подшипники. Предвари
тельно примем подшипники средней серии 7309, имеющие
посадочный диаметр 45 мм.
3. Пользуясь расчетной схемой по рис. 3.64, опреде
лим радиальные реакции подшипников, предварительно
383
Рис. 3.63
вычислив расстояния а от точек приложения этих реакций
до торцов подшипников. Применив формулу
a = T/2+(d+D)e/6
и подставив в нее (по данным каталога) Т=27 мм,
d = 45 мм, 0=200 мм, е=0,287 (коэффициент осевого
нагружения), получим
а=27/2+(45+100) 0,287/6^20,5 мм.
Рис. 3.64
384
Таким образом, расстояние между точками приложения
радиальных реакций
/р=/+& —2а=340+26 — 2-20,5=325 мм,
где ширина подшипника &=26 мм (см. каталог).
В силу симметрии, очевидно,
/^=/^=^/2=1,28- 103/2=0,64-103 Н.
Составляем сумму моментов относительно оси х, про
ходящей через точку В1г
Ra^-QA/V-7^2=0,
откуда
р
_ Q1d1/2+T1/p/2
^Ау---------------- :------------- =
(р
4.П-103-64/2+1,50-10’-325/2
,
=------------------------------------------------ 1,1 / •
325
„
гк
^=^-^=(1,50-1,17) 103=0,330-103 Н.
Суммарные радиальные реакции подшипников:
Ra
=К«[<=К1оят^^
= 1,34-103 Н;
Rb
= K^lS^KW^WW
=0,723-103 Н.
4. Определяем приведенную нагрузку более нагружен
ного подшипника. Предварительно вычисляем осевые со
ставляющие реакций подшипников и устанавливаем, какой
из них будет более нагружен.
Осевые составляющие реакций от действия радиаль
ных нагрузок:
3Л=О,83 RAe=0t83.1,34-0,287=0,319 кН;
SB=0,83 ^=0,83-0,723-0,287=0,172 кН.
Пользуясь таблицей, приведенной в справочнике [1, 10]
или в задачнике [8], определяем суммарные осевые на
грузки подшипников:
Дл=3д + Д=0,3194-4,11 =4,429 кН;
Лв=3д =0,319 кН,
85 Заказ № 226
]
385
где внешняя осевая сила А представляет собой осевое
усилие на червяке; Л=^=4,11 кН.
Таким образом, более нагруженным оказался подшип
ник Л, воспринимающий большие радиальную и осевую
нагрузки. Вычисляем для него приведенную (эквивалент
ную) нагрузку, принимая при вращении внутреннего
кольца ^=1,0, Кт=1,0 (при температуре подшипника
ниже 100° С) и Кб=1,3 (см. соответствующую таблицу в
каталоге или в задачнике):
Qa = (XKkRa +У А а ) Кб^=(0,4 • 1,0 • 1,34+
+2,09.4,429)1,3.1,0=12,7 кН.
5. По каталогу (или иному справочнику) находим ди
намическую грузоподъемность подшипника 7309 С=
=74,7 кН.
По формуле (3) табл. 3.45 вычисляем расчетную долго
вечность принятого подшипника:
г=2^/С.у’'’=_№_М'’'3=4,22.10> ч.
WnjQj
60-IMO V12.U
Так как такая долговечность недостаточна, попробуем,
не изменяя диаметра подшипника (посадочного места
вала), применить подшипник другого типа. Возьмем ро
ликовый конический подшипник средней широкой серии
7609, у которого С=102 кН. Так как габариты этого
подшипника несколько иные, чем у подшипника 7309, то
точки приложения радиальных реакций, а следовательно,
и величины этих реакций изменятся. Нетрудно убедиться,
что эти изменения крайне незначительны, а потому и
учитывать их не будем и примем, что радиальные реак
ции остались теми же. Коэффициенты е и Y имеют иные
значения, чем для подшипника 7309, поэтому вновь опре
делим величины Sa, Sb и Qa$л=0,83 Яле=0,83.1,34-0,291 =0,324 кН;
SB=0,83 RBe=0,83-0,723-0,291=0,174 кН;
Aa=-Sa+A=0,324+4,11 =4,434 кН;
Qa =(XKkRa +YAa) Wt=(0,4- 1,0-1,34+
+2,058-4,434)-1,3-1,0=12,5 кН,
386
где по справочнику принято е=0,291, 7=2,058. Вычисля
ем теоретическую долговечность подшипника 7609:
г =^[^\'°13=—109даю/з=
А
60/^ ^Л]
ч
60-1440 Ц2,5/
Долговечность оказалась несколько выше требуемой и,
следовательно, подшипник 7609 подходит. Если бы требу
емая долговечность была выше, скажем, 15 или 20 тыс. ча
сов, то пришлось бы либо применить подшипники с боль
шим углом конуса, у которых коэффициент осевого на
гружения У значительно меньше, чем у ранее рассмот
ренных подшипников, а значит, ниже приведенная на
грузка, либо пришлось бы увеличить диаметр посадочных
мест и применить подшипники с обычным углом конуса
серии 7300 или 7600. Вообще следует иметь в виду, что
в червячных редукторах целесообразно применение роли
ковых подшипников с большим углом конуса, но надо
учитывать, что они значительно дороже подшипников с
обычным углом конуса.
§ 3.18. МУФТЫ
По характеру работы и основному назначению муфты
подразделяются на: 1) постоянные, не допускающие рас
цепления валов при работе машин; 2) сцепные, или управ
ляемые, осуществляющие включение и отключение валов
при помощи системы управления, воздействующей на
муфту; 3) предохранительные, отключающие валы при на
рушении нормальных условий работы.
Таблица 3.46
Значения коэффициента режима работы
Машины
Ар
Генераторы электрического тока .........................................
Насосы центробежные.............................................................
Транспортеры:
ленточные........ .........................................................
цепные, скребковые.........................................................
Станки:
металлообрабатывающие........................................
деревообрабатывающие............................................
Подъемники, краны .................................................................
1,0—2,0
1.5—2,0
25*
1,25—1,5
1.5—2,0
1,25—2,5
1,5—2.0
3.0—4.0
387
Ниже рассмотрены только некоторые наиболее рас
пространенные конструкции муфт.
Расчет муфты ведется не по номинальному, а по рас
четному моменту
^р = ^р^НОМ>
где Мнои — момент на валу; &р — коэффициент режима
работы, принимается по табл. 3.46.
Постоянные муфты. Глухие постоянные муфты приме
няются в тех случаях, когда длинный вал по условиям
изготовления и эксплуата
ции машины делается со
ставным, причем составной
вал должен работать как
целый.
Втулочная
муфта
(рис.
3.65) — простейшая
из
глухих
постоянных
муфт. Это втулка, насаРис. 3.65
женная с натягом на кон
цы соединяемых валов. Муфта закрепляется на валах
и передает момент при помощи шпонок (призматических
или сегментных), шлицев или конических штифтов. Кон
струкция и изготовление муфты несложны. Материал
муфты — сталь 45.
Фланцевые (поперечно-свертные) муфты (рис. 3.66).
Муфты этого вида обеспечивают надежное соединение ва
лов и могут передавать большие моменты. При установке
болтов с зазором (рис. 3.66, а) они работают на растяже
ние, так как их приходится затягивать настолько сильно,
чтобы создаваемая сила трения Т=zQf (где f — коэффи
циент трения, z — число болтов, a Q — сила затяжки од
ного болта) обеспечила передачу заданного момента:
Q > 2Mp/(Dozf)=P/(zf),
где Р — окружное усилие, действующее на окружности
диаметром Do расположения центров болтов.
В этом случае диаметр болта определяется из нера
венства
nd?/4> 1,3 Р
г/
МР ’
где d, — внутренний диаметр резьбы болта; [а]р—допус
каемое напряжение на растяжение для болта.
388
Диаметр болта можно определить и по известной силе
затяжки:
Q>PM).
Зная требуемую величину Q, по табл. 3.6 можно по
добрать размер резьбы болта. Указанный путь проще,
Рис. 3.66
чем определение dr, так как величина [о]р зависит и от
материала, и от диаметра резьбы.
Болты муфты работают на срез только в том случае,
если они установлены в отверстия без зазоров (рис. 3.66,6).
Усилие, действующее на болты, определяют по передава
емому муфтой моменту 7Ир. Проверка болтов на срез вы
полняется по формуле:
т=Мр/(ггЛ<[т]ср,
где Мр — расчетный момент; r=DJ2 — расстояние от
центра болта до оси вращения; г —число болтов, соеди
няющих диск муфты (обычно г=4—8); F=ndl/4 — пло
щадь поперечного сечения одного болта.
Допускаемое напряжение
[т]ср^0,25 ат,
где от —предел текучести материала болта.
Нормаль машиностроения на фланцевые муфты пре
дусматривает постановку болтов через один: болт без
Зазора, следующий с зазором, опять без зазора и т. д.
389
При этом момент передается только болтами, установлен
ными без зазоров, которые и подлежат расчету.
Фланцевые муфты делают как закрытыми с буртиками,
ограждающими гайки и головки болтов (см. рис. 3.66, а, б),
так и открытыми без буртиков (рис. 3.66, в).
Упругая втулочно-пальцевая муфта (рис. 3.67). По
конструкции она сходна с фланцевой муфтой (полумуфты-
Рис. 3.67
фланцы также насажены на концы валов), но вместо бол
тов в одной полумуфте закреплены стальные пальцы, на
которые надеты резиновые втулки или кольца трапецие
видного сечения. В диске второй полумуфты имеются от
верстия, в которые входят пальцы с резиновыми втулка
ми. Толчки и удары при передаче момента смягчаются
вследствие деформации резиновых элементов. Муфта ком
пенсирует смещение осей валов (до 0,5 мм), взаимный
наклон осей до 0,025 рад ^ 1,5° и осевое смещение.
Втулочно-пальцевые муфты нормализованы, их размеры
устанавливают в зависимости от величины передаваемого
момента, после этого резиновые элементы проверяют на
смятие. В качестве упругих элементов в различных кон
струкциях упругих муфт применены резина, кожа, пру
жины разнообразных форм и жесткости.
Пример 3.33. Выбрать муфту для соединения частей
вала механизма передвижения мостового крана. Соедине
ние должно обеспечивать жесткое крепление участков вала
и надежное их центрирование. Передаваемая мощность
^ = 40 кВт, частота вращения п = 970 об/мин. Диаметры
соединяемых участков вала d = 60 мм.
Решение. 1. Для постоянного соединения участков
длинного вала лучше всего подходит жесткая фланцевая
390
(поперечно-свертная) муфта с центрирующим пояском, так
как такое соединение обеспечивает соосность участков
вала.
2. Определяем номинальный момент, передаваемый
валом:
4om=W®=40-103/100=400 Н-м,
где
<»=лп/30=3,14-970/30 » 100 рад/с.
Определяем расчетный момент:
Мр=АрЛ1иом=3,5-400= 1400 Н-м=1400-103 Н-мм,
где коэффициент режима работы fep=3,5 выбран по
табл. 3.46.
3. Определяем основные конструктивные размеры муф
ты в зависимости от диаметра вала по нормали машино
строения МН 2726—61 (см. [10]). Материал полумуфт —
сталь 40 по ГОСТ 1050—74. Размеры муфты (см. рис. 3.66):
d=60 мм, D=220 мм, L=280 мм, ^=60 мм. Диаметр
окружности центров отверстия под болты Do=170 мм,
число болтов z=6, резьба болтов М16х2. Болты по
ГОСТ 7817—72 в количестве трех штук поставлены без
зазора
в
отверстия из-под развертки;
болты
по
ГОСТ 7808—70 в количестве трех штук поставлены в от
верстия с зазором.
4. Проверяем на прочность болты, соединяющие полу
муфты.
Как было указано выше, момент передают только
болты, установленные без зазора (d6=17 мм —диаметр
ненарезанной части стержня болта — (см. рис. 3.66, б).
Проверяем эти болты на срез.
Усилие, действующее на один болт,
2Мр 2^2400^0^
Расчетное напряжение среза
Tcp=P^^j=5,50-103 ^^^-^-^=24,2 Н/мм2.
Допускаемое напряжение среза для болтов из стали СтЗ
[т]ср=0,25от=0,25-240=60 Н/мм2.
Следовательно, муфта может передавать момент больший Мр.
Пример 3.34. Выбрать муфту, соединяющую вал
электродвигателя с валом редуктора привода ленточного
391
транспортера при условии, что привод установлен на
сварной раме транспортера, передаваемая мощность
А'=7,5 кВт, частота вращения п=1440 об/мин, диаметр
соединяемых валов d=38 мм.
Решение. 1. Для соединения вала двигателя с валом
редуктора следует выбрать муфту, которая демпфирова
ла бы толчки при пуске и могла бы компенсировать не
значительные неточности взаимного расположения геомет
рических осей соединяемых валов, возникающих при мон
таже электродвигателя и редуктора на раме ленточного
транспортера. Наиболее подходящей для этих условий
является упругая втулочно-пальцевая муфта.
2. Вычисляем номинальный момент, передаваемый
муфтой
MHOM=W<o=7,5.103/150=50 Н-м,
где
й=лп/30=3,14- 1440/30 « 150 рад/с.
Вычисляем расчетный момент
Мр=£рМном= 1,5’50=75 Н-м=75-103 Н-мм.
Коэффициент режима работы &р= 1,5 выбираем по табл. 3.46.
3. Выбираем муфту по нормали машиностроения
МН 2096—64 (см. [3 или 10]).
При d=38 мм допускаемый передаваемый момент [Л1] =
=240 Н-м, что намного больше расчетного момента. Раз
меры муфты: наружный диаметр полумуфт 0=140 мм,
длина обеих полумуфт £=165 мм, количество пальцев
г=6, материал пальцев — сталь 45, диаметр пальцев
dn=14 мм, длина Zn=33 мм, пальцы расположены по
окружности диаметра D1=100 мм. Упругая втулка из
специальной резины длиной ZB=28 мм; допускаемое
напряжение смятия [а]см=2 Н/мм2.
4.1. Проверяем втулку на смятие поверхности, приле
гающей к пальцу:
<тсм=-^₽- = -^^=0,605 Н/мм2<Мсм=2 Н/мм2.
4.2. Проверяем пальцы на изгиб:
= 2Мр-0,5/п _ 10Мр/п = 10-75-103-33
D^-O.ld3 ~ DX ~ ЮО-6-14’ “
= 15 Н/мм2 < [а]и= 100 Н/мм2.
392
Следовательно, при передаче заданного расчетного мо
мента муфта недогружена. Нетрудно вычислить, что
и при моменте, равном табличному допускаемому [М] =
=240 Н-м, напряжения асм и аи будут также невы
соки.
Пример 3.35. Определить усилия включения и вы
ключения предохранительной кулачковой муфты (рис. 3.68)
и проверить кулачки на смятие, если передаваемая мощ
ность ^=12 кВт, угловая скорость а)=60 рад/с. Муфта
должна выключаться при увеличении передаваемого мо
мента на 50% выше номинального.
Профиль кулачкой
Рис. 3.68
Диаметр вала d=50 мм, угол скоса выступов (кулач
ков) а=20°. Твердость поверхности кулачков HRC 58-7-62.
Коэффициент трения между кулачками и муфты по валу
/=0,15. Наружный диаметр муфты 0=90 мм, внутренний
D1=8Q мм. Число кулачков z=9, высота кулачков /г = 6 мм.
Решение. 1. Конструкция и размеры муфты заданы.
Вычисляем номинальный момент
Яюм=^/о)=12-103/60=200 Н-м.
Расчетный момент
Мр=1,5Мном= 1,5-200=300 Н-м=300-103 Н-мм.
2. Определяем ширину кулачков:
а=(О —£\)/2=(90—80)/2=5 мм.
Находим средний диаметр
Dcp=(D+£>i)/2=(90+80)/2=85 мм.
3.1. Вычисляем усилие включения муфты:
393
2Л!р
^вкл
Dcp
с Dtp
— tg (а — P)j
' d
[
где угол трения p=arctgf=arctgO,I5=8°32';
Звкл=^^ К15
85
I
- tg (20° - 8°32')1=366 Н.
50
]
3.2. Вычисляем усилие, при котором муфта может отключиться (усилие направлено на разъединение полумуфт)!
О
_2МР
^ср
хоткл — п
d
Ь'ср
2.300.103 r0,15^+tg(20o+8°32')l=5750 Н.
85
L
so
3.3. Проверяем на смятие кулачки муфт:
2Мр
2.300. Ю3
2
0см
=—----- —=Т----- 7---- 3=52 Н/мма.
см 0,5zDcp/za 0,5.9-85.6.5
Допускаемое напряжение на смятие при твердости
HRC 60 [а]см=50ч-60 Н/мм2.
Условие прочности выполнено.
Фрикционные муфты. Муфты этого вида обеспечивают
плавный пуск ведомого вала от вращающегося ведущего.
Передача момента осуществляется за счет силы трения
между ведущей и ведо
мой
частями
муфты.
При перегрузках фрик
ционные муфты про
скальзывают, что пре
дохраняет машины или
механизмы от поломки.
На рис. 3.69 показа
на
схема
дисковой
фрикционной
муфты,
состоящей
из диска,
посаженного наглухо на
конце ведущего вала,
Рис. 3.69
и второго диска, име
ющего возможность перемещаться вдоль конца ведомого
вала, с которым диск соединен направляющей шпонкой.
При расчете дисковых фрикционных муфт можно поль
зоваться табл. 3.47 (см. стр. 395).
Пример 3.36. Произвести расчет многодисковой фрик
ционной муфты (рис. 3.70),
передающей
мощность
394
Таблица 3.47
Последовательность расчета дисковых фрикционных муфт
Чем руководствоваться
Что делать
1. Определить но
^HOM=^/W
минальный
враща
ющий момент, переда
ваемый муфтой ,
Коэффициент запаса сцепления принима
2. По выбранному
коэффициенту запаса ется в пределах р=1,2ч- 1,7;
сцепления р опреде
^тр = Р^ном
лить расчетный момент
трения
1
р3 _ 2)3
3. Выразить момент
трения через усилие
мтр- /<2
г,
нажатия, коэффициент
3
^“^вв
трения, диаметры дис
ков и число пар по где z —число пар поверхностей трения;
верхностей трения (по г < 6—10; Q — осевое усилие,
аналогии с кольцевой
Н^-'Шь
пятой)
[р] — допускаемое давление
При работе
со смазкой
При работе
всухую
Материал
Н/мм’
'
Н/мм2
1
Закаленная
сталь по зака
ленной стали . 0,6—0,8 0,06 —
—
Чугун по чу
гуну или по за
каленной стали 0,6—0,8 0,08 0,2—0,3
0,15
Текстолит по
стали................ 0,4—0,6 0,12
—
—
Прессованный
материал
на
основе асбеста
по стали или
чугуну . . , ,
*—
— 0,2—0,3 0,3—0,35
Примечание. При больших окружных
скоростях и числах включений в час допускаемое
давление следует снижать: для многодисковых
муфт при оср = 5 м/с — на 15%; при иср =
= 10 м/с — на 30%.
Отношение РВн/^н=0>55—0,80.
395
Л'=44 кВт при « = 1250 об/мин (ю=ля/30=3,14-1250/30=
= 131 рад/с).
Для уменьшения силы нажатия диски через один
снабжены кольцами (обкладками) из асбеста с включением
латунной проволоки.
Принять коэффициент запаса сцепления Р=1,5; отно
шение диаметров поверхностей трения Пвк/Пн=0,7; ско
рость
по
среднему диаметру поверхностей трения
оср < 10 м/с.
Решение. 1. Номинальный вращающий момент
Мном=^®=44-103/131=335 Н-м.
2. Расчетный момент трения
Мтр=₽Мном= 1.5-335=500 Н-м=500-103 Н-мм.
3. Средний диаметр поверхностей трения
60j7r п
л/i
60 *10
л-1250
Л 1 СО
1 О
£)сп=—-р- =--------- =0,153 м=153 мм.
с₽
4. Наружный и внутренний диаметры поверхностей
трения:
Dcp=(DH+DBH)/2=(DH+0,7DH)/2=l,7D^^
Пн=Пср/0,85= 153/0,85=180 мм;
ОВ1,=0,7О„=0,7-180=126 мм.
Рис. 3.70
5. Число пар поверхностей трения при /=0,35 и
[р]=0,3- (30/100) 0,3=0,21 Н/мм2 (см. табл. 3.47)
г=
12Л1тр
_
12-500-103
g5
2
л/[р](Р3-Р3н)
л-0,35-0,21 (18О’-1263) ~ ’
Принимаем г=8 (рекомендуется принимать г четным).
396
6. Необходимое осевое усилие
500-103
«тр
< £)3 _ о3
1 н
вн
3 р2_р2 '2
^н
вн
£ 1803 — 1263
3
«2300
н.
1803— 1262
7. Проверяем давление на поверхностях трения;
-------- У
=------- ^-------=0,18 Н/мм2<[р].
^-РВ2Н)---- 7(1802 - 1262)
ЛИТЕРАТУРА
1. Б е й з е л ь м а н Р. Д., Ц ы п к и н Б. В., П е р е л ь Л. Я. Под
шипники качения. Справочник. М., Машиностроение, 1975.
.2. Ицкович Г, М, Сопротивление материалов. М., «Высшая
школа», 1976.
3. Курсовое проектирование деталей машин. Авт.: Г. М. Ицко
вич, В. А. Киселев, С. А. Ч е р н а в с к и й, К. Н. Боков,
Б. Б. Панич. М., «Машиностроение», 1970.
4. М о в н и н М. С., Израелит А. Б. Техническая механика,
ч. I. Теоретическая механика. Л., «Судостроение», 1972.
5. М о в н и н М. С., Израелит А. Б. Техническая механика,
ч. II. Сопротивление материалов. Л., Судостроение, 1972.
6. Мовнин М С., Гольцикер Д. Г., Израелит А Б.
Техническая механика, ч. III. Детали машин. Л., «Судостроение»,
1972.
7. Подшипники качения, каталог-справочник. М., НИИНАВТОПРОМ, 1972.
8. Сборник задач и примеров расчета по курсу деталей машин.
Авт.: Г. М. Ицкович, С. А. Чернавский, В. А. Киселев,
К. Н. Боков, М. А. Б о н ч - О с м о л о в с к и й. М., «Машинострое
ние», 1974.
9. Сборник задач по технической механике. Авт.: В. В. Багрее в, А. И. В и р о $ у р о в, В. А. Киселев, Б. Б. Панич, Г. М. Иц
кович. Л., «Судостроение», 1973.
10. Чернин И. М., Кузьмин А. В., Ицкович Г. М. Рас
четы деталей машин (справочник). Минск, «Вышэйшая школа», 1974.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр^
3
Предисловие
Часть первая
ТЕОРЕТИЧЕСКАЯ МЕХАНИКА
Глава I. СТАТИКА
«..«>•...•.
м
5
§ 1.1. Основные теоретические сведения ...
* 5
§ 1.2. Примеры на равновесие различных систем сил .
, 14
А. Система сил, действующих по одной прямой • 14
Б. Плоская система сходящихся сил .
.
.
« 15
В. Пространственная система сходящихся сил .
я 18
Г. Произвольная плоская система сил .
.
.
3 20
Д. Произвольная пространственная система сил • 29
Е. Равновесие системы сочлененных тел ... 33
§ 1.3. Равновесие при наличии трения ...... 35
§ 1.4. Центр тяжести площадей ....... 37
§ 1.5. Устойчивость равновесия • •
. •
, , , .41
Глава П. КИНЕМАТИКА
.
.
.
,
.
#
.
.
.
,
43
§ 1.6. Основные теоретические сведения .«
. . . 43
А. Кинематика точки......................................
. .
, 43
Б. Простейшие движения твердого тела
.
.
. 48
В. Сложное движение точки.......................................... .51
Г. Плоскопараллельное движение тела .... 52
§ 1.7, Примеры.............................................................. ,
.
, 54
А. Кинематика точки.............................................. 54
Б. Вращательное движение твердого тела вокруг
неподвижной оси.................................. 60
В. Сложное движение точки....... 64
Г. Плоскопараллельное движение тела ...
$ 66
Глава IIL ДИНАМИКА........................................................
.
.
72
§ 1.8. Основные теоретические сведения ..... 72
А. Динамика точки ....,,.,, 72
Б. Принцип Даламбера...................................................... 74
В. Работа силы и мощность ....... 75
Г. Общие теоремы динамики точки ..... 76
Д. Динамика системы...................................................... 78
§ 1.9. Примеры............................................................................. ,81
А. Динамика точки ...................................................... .81
Б. Принцип Даламбера
,.;.*. 83
В. Работа силы и мощность .
...... 85
Г. Общие теоремы динамики точки ..... 88
Д. Вращательное движение твердого тела , . s 92
398
Часть вторая
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Стр.
.
§ 2.1. Метод сечений. Внутренние силовые факторы .
§ 2.2. Напряжения......................................................................
94
Глава V. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ .......
97
97
99
Глава IV. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ................................... .
§ 2.3. Построение эпюр продольных сил . •
.
.
.
§ 2.4. Расчеты на прочность при растяжении и сжатии .
§ 2.5. Определение перемещений при растяжении и сжа
тии. Комбинированные задачи .......................
§ 2.6. Потенциальная энергия упругой деформации при
растяжении и сжатии.....................................
§ 2.7. Статически неопределимые задачи............................
§ 2.8. Температурные напряжения в статически неопре
делимых системах............................................
§ 2.9. Основы теории напряженного н деформированного
состояния ..........................................................
94
95
105
110
112
120
123
Глава VI. ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЕТЫ НА СРЕЗ И СМЯ
ТИЕ
.............:......,
§ 2.10. Расчет заклепочных соединений .
§ 2.11. Расчет врубок деревянных элементов
§ 2.12. Расчет шпонок и клеевых швов .
129
129
133
134
, ,
• .
. ,
,
#
*
.
•
•
.
.
,
137
§ 2.13. Построение эпюр крутящих моментов . . j .
§ 2.14. Расчеты на прочность и жесткость при кручении
§ 2.15. Расчет цилиндрических винтовых пружин .
137
142
152
Глава VII. КРУЧЕНИЕ................................................ .
Глава VIII. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛО
СКИХ СЕЧЕНИИ.................
. .
§ 2.16. Основные расчетные формулы ...#*»
§ 2.17. Примеры вычисления моментов инерции , s ।
Глава IX. ИЗГИБ.....................................................................
<
§ 2.18. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
§ 2.19. Построение эпюр поперечных сил и изгибаю
щих моментов по характерным точкам ....
§ 2.20. Расчеты на прочность при изгибе............................
§ 2.21. Определение прогибов и углов поворота в балках
при изгибе .......................................................
§ 2.22. Расчеты на жесткость при изгибе............................
§ 2.23. Косой изгиб......................................................................
§ 2.24. Совместное действие изгиба и растяжения или
сжатия...............................................................
ПРОЧНОСТИ..........................................
§ 2.25. Основные понятия........................................................
§ 2.26. Применение гипотез прочности к расчету прямого
бруса круглого поперечного сечения . « >
■
Глава X. ГИПОТЕЗЫ
154
154
156
159
159
172
176
181
188
190
193
196
196
202
399
Стр.
Глава XL НЕКОТОРЫЕ СПЕЦИАЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ СОПРО
ТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ.......................... 215
§ 2.27. Контактные напряжения..............................................215
§ 2.28. Расчеты на прочность при напряжениях, перс?ленных во времени.......................................................219
§ 2.29. Устойчивость сжатых стержней............................... 227
§ 2.30. Задачи динамики в сопротивлении материалов . 238
Часть третья
ДЕТАЛИ МАШИН
Глава XII. ОБЩИЕ
СВЕДЕНИЯ О ДЕТАЛЯХ МАШИН
И ОСНОВАХ ИХ РАСЧЕТА..................247
§ 3.1. Работоспособность деталей машин.................................247
§ 3.2. Краткие сведения о материалах машиностроения . 252
ДЕТАЛЕЙ И СБОРОЧНЫХ
ЕДИНИЦ МАШИН.................................... 253
Глава XI1L СОЕДИНЕНИЯ
| 3.3. Заклепочные соединения .
. ,
.
,
,
,
, 253
§ 3.4. Сварные соединения ......... 259
§ 3.5. Трение в кинематических парах................................... 263
§ 3.6. Резьбовые соединения................................................. 271
§ 3.7. Шпоночные и зубчатые (шлицевые)- соединения . 280
Глава XIV. МЕХАНИЧЕСКИЕ
ПЕРЕДАЧИ
.
.... 286
§ 3.8. Фрикционные передачи ...•■.•••
§ 3.9. Зубчатые передачи........................................................
А. Расчет цилиндрических зубчатых передач .
.
Б. Расчет конических прямозубых передач .
.
.
§ 3.10. Передача винт — гайка..................................
§ 3.i 1. Червячные передачи ........
§ 3.12. Плоскоременная передача .......
§ 3.13. Клиноременная передача .......
§ 3.14. Цепные передачи .........
286
295
298
310
319
326
336
345
355
Глава XV. ДЕТАЛИ И СБОРОЧНЫЕ ЕДИНИЦЫ ПЕРЕДАЧ
§ 3.15. Оси и валы........................................................
364
А. Расчет осей.................................................................... 364
Б. Расчет валов................................................................ 368
§ 3.16. Подшипники скольжения...................................
. 375
§ 3.17. Подшипники качения...................................................... 381
§ 3.18. Муфты........................................................
387
Литература
.........
...4
•
397

Руководство по решению задач по технической механике

Похожие документы

Разделы

Поддержка

Руководство по решению задач по технической механике

Похожие документы

Добавить этот документ в коллекции

Добавить этот документ в сохраненные

Предложите, как улучшить Pubdoc