close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

37.СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
МИНИСТЕРСТВО СЕЛЬСКОГО ХОЗЯЙСТВА
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ФГБОУ ВПО «ПЕНЗЕНСКАЯ ГСХА»
В.А. Овтов
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Учебное пособие для самостоятельной работы студентов
заочного отделения
Пенза 2014
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 539.3/6 (075)
ББК 30.121 (я7)
*О 34
Рецензент – кандидат технических наук, доцент Ю.А. Захаров.
Печатается по решению методической комиссии инженерного
факультета от 21 октября 2013 года, протокол № 2.
Овтов, В.А.
Сопротивление материалов: учебное пособие для самостоятельной работы студентов заочного отделения / В.А. Овтов. – Пенза: РИО ПГСХА, 2014. – 107 с.
В учебном пособии приведены указания к выполнению контрольных работ, приводятся элементы теории и примеры расчетов,
расчетные схемы и исходные данные для самостоятельного решения.
© ФГБОУ ВПО «Пензенская ГСХА»
© В.А. Овтов, 2014
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ВВЕДЕНИЕ
В результате освоения дисциплины формируются следующие
компетенции:
владение культурой мышления, способность к обобщению,
анализу, восприятию информации, постановке цели и выбору путей
ее достижения (ОК-1);
способность решать инженерные задачи с использованием
основных законов механики, электротехники, гидравлики, термодинамики и тепломассообмена; знанием устройства и правил эксплуатации гидравлических машин и теплотехнического оборудования (ПК);
способностью проводить и оценивать результаты измерений
(ПК);
готовность к обработке результатов экспериментальных исследований (ПК);
способность осуществлять сбор и анализ исходных данных
для расчета и проектирования (ПК);
готовность к участию в проектировании новой техники и
технологии (ПК).
Сопротивление материалов как наука состоит из двух равнозначных частей: теоретической и опытной.
Теоретические выводы в сопротивлении материалов, как правило, упрощают действительные явления, схематизируют их, идеализируют свойства материалов.
В современных конструкциях конфигурация отдельных деталей настолько сложна, что и пользуют не только методы сопротивления материалов, но и более мощные методы теории упругости,
позволяющие решать вопросы прочности теоретическим путем.
Материал пособия позволяет студентам самостоятельно подготовиться к выполнению контрольных работ, которые предусмотрены учебным планом.
Для самоконтроля и подготовке к экзамену приводятся вопросы по рассматриваемым темам.
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УКАЗАНИЯ К ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ
Задачи контрольной работы даны последовательно, согласно указанным темам рабочей программы, и поэтому должны
решаться по порядку, по мере изучения курса.
Выполняя контрольную работу, необходимо соблюдать следующие требования:
а) контрольная работа выполняется в машинописном варианте на листах бумаги формата А4 или в ученической тетради
четким почерком с полями в 4 см для возможных замечаний
рецензента;
б) на обложке указать фамилию, имя, отчество, шифр, наименование предмета, номер контрольной работы, почтовый адрес с индексом отделения связи;
в) данные из таблиц для выполнения контрольной работы
берутся по шифру в соответствии с номером зачетки студента
(предпоследняя цифра означает номер строки в таблице, а п оследняя цифра номер расчетной схемы).
Например, ваш номер зачетки 134250, тогда последние две
цифры зачетной книжки будут означать:
цифра 5 – номер строки в таблице (пятая строка);
цифра 0 номер расчетной схемы (схема Х).
К каждой задаче контрольной работы дается таблица с
исходными данными и расчетные схемы (I – X);
г) перед решением каждой задачи надо выписать ее условие
числовыми данными, а также выполнить соответствующий чертеж с указанием всех величин в числах, необходимых для расчета; само решение должно сопровождаться краткими последовательными и грамотными пояснениями. Следует также указывать размерность всех полученных величин;
д) вычисления должны производиться с помощью калькулятора с точностью до сотых долей целого числа;
е) каждую задачу следует научиться решать с новой страницы, оставляя поля и свободную страницу в конце тетради
для замечаний рецензента;
ж) по получении проверенной работы студент должен исправить в ней ошибки и выполнить данные ему указания;
з) все расчеты производить в единицах физических измерений системы СИ.
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ
ПРИ РАСТЯЖЕНИИ (СЖАТИИ)
1.1 Напряжения и деформации при растяжении (сжатии)
На растяжение (сжатие) работают многие детали и элементы
конструкций (цепи, тросы, колонны сваи и т. д.).
Возьмем стержень постоянного поперечного сечения и загрузим его растягивающей силой F.
Б
Б -Б d A
F
F
F
Б
Рисунок 1.1 – Схема нагружения бруса внешней силой
Рассечем стержень плоскостью, отбросим его правую часть и
рассмотрим, какие внутренние силы упругости будут действовать в
сечении левой части стержня. Внутренние силы упругости перпендикулярны сечению, направлены в противоположную сторону действующей внешней нагрузке и уравновешивают ее.
На основании гипотезы плоских сечений и многочисленных
экспериментов можно заключить, что нормальные напряжения
распределяются по поперечному сечению равномерно = const.
Напряжения, возникающие в поперечном сечении стержня,
определятся по формуле
N
,
A
где N – продольная сила в поперечном сечении, H;
А – площадь поперечного сечения, м².
Растяжение сжатие вызывает продольная сила (N).
Продольная (нормальная) сила N представляет собой сумму
проекций на продольную ось стержня (балки) всех внутренних
нормальных сил, возникающих в поперечном сечении.
Продольная сила численно равна алгебраической сумме проекций на ось всех внешних сил, действующих на отсеченную часть
рамы (балки).
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
F
N
F
z
Правило знака для продольной силы: при сжатии «минус»,
при растяжении – «плюс».
Линейные деформации прямо пропорциональны нормальным
напряжениям и определяются по закону Гука по формуле
l F l
A Е ,
где l – абсолютная деформация бруса, м;
l – длина бруса или его участков, м;
Е – модуль продольной упругости первого рода (модуль Юнга)
измеряется в МПа, характеризует сопротивляемость материала упругой деформации при растяжении (сжатии). Зависит от материала, определяется экспериментально (для стали 1,9…2,1105 МПа, для чугуна 1,15…1,16105 МПа).
Закон Гука, показывает прямую зависимость между продольной абсолютной линейной деформацией и действующей внешней
силой.
Произведение А Е называют жесткостью поперечного сечения стержня при растяжении (сжатии), измеряется в ньютонах (Н).
При выборе размеров и материала для того или иного элемента конструкции, мы должны обеспечить определенный запас против возможности его разрушения или изменения формы.
Величина напряжений, достижения которых обуславливает
разрушение материала, называется пределом прочности или временным сопротивлением.
Величина напряжений, при превышении которых материал
получает незначительные деформации, называется пределом упругости.
Величина напряжений, при которых при постоянной нагрузке
материл, испытывает деформации (течет), называется пределом
текучести.
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Допускаемые напряжения определяются следующим образом
[1, 2]:
в ; т ,
n
n
где: в – предел прочности;
т – предел текучести;
n – коэффициент запаса прочности.
Условие прочности записывается при растяжении (сжатии) в
следующем виде [2, 3]:
N
max max ,
A
где [] – допускаемое напряжение, Па.
Условие прочности позволяет производить три вида расчета
на прочность:
1) проверка прочности (проверочный расчет). По известной
нагрузке (продольной силе Nmax в опасном сечении бруса) и поперечным размерам (площади сечения A) определяют наибольшее
рабочее напряжение и сравнивают с допускаемым напряжением
материала;
2) подбор сечения (проектный расчет). По найденному усилию от заданной нагрузки и допускаемому напряжению применяемого материала определяют требуемую площадь поперечного
сечения бруса, а значит, и размеры заданной формы сечения;
3) определение несущей способности. По известным поперечным размерам бруса и допускаемому напряжению материала
устанавливают значение допускаемой продольной силы.
Задача № 1
Стальной брус жестко закреплен одним концом и загружен
сосредоточенными силами, как показано на рисунке 1.3.
Требуется:
1) построить эпюры продольных сил N;
2) из условия прочности определить размеры поперечного
сечения заданной формы;
3) построить эпюры напряжений ;
4) определить перемещение свободного конца бруса (сечение
а–а).
Данные взять из таблицы 1.
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица 1 – Исходные данные к задаче 1
№
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
F,
кН
48
40
58
62
45
55
52
65
54
60
т,
, м Материал МПа
0,5
0,4
0,7
1,2
1,1
1,0
0,9
0,8
0,6
1,3
Сталь
Ст. 2
Сталь
Ст. 3
Сталь
Ст. 4
Сталь
Ст. 5
Сталь
Ст. 6
200
210
230
240
260
270
280
290
310
320
n
Форма
сечения
1,4
1,5
1,7
1,6
1,8
2,0
2,1
2,2
2,4
2,5
Круг
Квадрат
Прямоугольник, h/b = 3,5
Круг
Квадрат
Прямоугольник, h/b = 2,5
Круг
Квадрат
Прямоугольник, h/b = 3,0
Круг
Пример расчета
Дано:
сила F = 50 кН;
длина l = 1,0 м;
материал бруса cталь – Сталь 20;
форма сечения – прямоугольная, h b = 2.
Решение
Способ закрепления бруса – жесткая заделка (рисунок 1.2, а).
В соответствии с типом опоры, предположим направление реакций связей – HK, RK и mK. Но по способу нагружения бруса HK = 0;
mK = = 0. Таким образом, на расчетной схеме представлена реакция связи RK, величина которой и действительное направление неизвестны.
Так как один конец бруса жестко защемлен, а другой свободен, реакцию RK можно не определять. Рассмотрим конструкцию
со свободного конца.
Мысленно разделим конструкцию на участки: ВС, СD, DК.
Границами участков являются сечения, где приложены внешние
силы.
Произвольно на каждом участке проведем сечения. Роль каждого из них – рассечь конструкцию только на две части.
Чтобы составить уравнения внутренних силовых факторов,
обратимся к расчетной схеме бруса (рисунок 1.2, а). По способу
приложения нагрузок он работает на растяжение (сжатие), и в его
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
поперечных сечениях возникает только один внутренний силовой
фактор – продольная сила N. Продольная сила в произвольном поперечном сечении бруса численно равна алгебраической сумме
проекций всех внешних сил, приложенных по одну сторону от
рассматриваемого сечения, на его продольную ось.
a
б
в
l/4
0
K
Rк
0
75 -
36,6
-
D F/2
l/5
l/2
C
-
-
48,8
2F
B
а
100
4F
200
-
а
N
97,7
0
-
0
Рисунок 1.2 – Расчетная схема бруса. Эпюры продольных сил
и напряжений
Правило знака для продольной силы: если сила стремится
сжать указанное сечение, берем ее со знаком «минус», растянуть –
«плюс».
Проведем произвольно сечение Ι–Ι на участке ВС и рассмотрим равновесие отсеченной нижней части:
N = – 4F = – 4 50 = – 200 кН.
Проведем произвольно сечение ΙΙ–ΙΙ на участке СD и рассмотрим равновесие отсеченной части:
N= – 4F + 2F = –4 ∙ 50 + 2 ∙ 50 = –100 кН.
Проведем произвольно сечение ΙΙΙ–ΙΙΙ на участке DК и рассмотрим равновесие отсеченной части:
N= – 4F + 2F + F/2 = – 4 ∙ 50 + 2 ∙ 50 + 50/2= –75 кН.
Закон изменения продольной силы по длине бруса представим
в виде графика – эпюры продольных сил N. Для этого проведем нулевую линию, параллельную оси бруса, от которой в произвольно
выбранном нами масштабе по оси абсцисс будем откладывать полученные числовые значения. Причем положительные значения
можно откладывать вправо, отрицательные – влево. Так как в пре9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
делах одного участка продольная сила постоянна, то эпюра ее ограничена прямыми, параллельными оси бруса. Эпюры принято
штриховать, при этом штриховка должна быть перпендикулярна
оси элемента конструкции.
Анализируя построенную эпюру, видим, что опасными будут
сечения бруса участка BС, так как именно на этом участке внутренний силовой фактор – продольная сила – достигает своего максимального абсолютного значения, т. е.
Nmax = 200 кH.
Размеры поперечного сечения бруса определим из проектного расчета на прочность.
Условие прочности при растяжении (сжатии) [1, 2]:
max N max
,
A
где max – напряжения в опасном сечении бруса, Па;
А – площадь поперечного сечения, м²;
[σ] – допускаемое напряжение, Па.
Для прямоугольного сечения бруса
A = b h,
где b, h – стороны сечения, м.
При h b = 2 получаем h = 2b и A = 2b2.
Величину допускаемых напряжений [], МПа, определим по
формуле [4, 5].
Для пластичных материалов:
т ,
n
где т – предел текучести, МПа;
n – коэффициент запаса прочности.
Для стали – Сталь 10 [3]:
т = 220 МПа.
Коэффициент запаса прочности принимаем [2, 3]
n = 2,2.
Тогда допускаемые напряжения определятся
[] =220/2,2 = 100 МПа.
Из условия прочности определяем размеры стороны прямоугольного поперечного сечения
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
N max
200 103
b
0,0316 м 31,6 мм.
2 2 100 106
Принимаем b = 32 мм.
h = 2b = 2 ·32 = 64 мм.
Определим напряжения , МПа, в точках поперечного сечения бруса по формуле [4, 8]
N
σ ,
A
где N – продольная сила в сечении, Па.
Тогда
NI
NI
200 103
σI 2 97,7 106 Па 97 ,7 МПа
2
6
A 2b
2 32 10
N IΙ N IΙ 100 103
6
σIΙ
2 48
,
8
10
Па 48,8 МПа
A 2b
2 322 106
N III N III
75 103
σIII 2 36,6 106 Па 36,6 МПа.
2
6
A
2b
2 32 10
По полученным данным построим эпюру нормальных напряжений (рисунок 1.2, в) в условно выбранном масштабе. При постоянном сечении бруса по всей его длине эпюра нормальных напряжений σ также будет ограничена прямыми, параллельными оси, так
как для каждого из участков N = const. Другими словами, эпюра
нормальных напряжений σ соответствует эпюре продольных сил N
(рисунок 1.2, б).
Деформацию бруса длиной l м, имеющего постоянное поперечное сечение, определим по формуле [4¸ 5]
N l
l ,
EA
где l – абсолютная деформация, м;
E – модуль продольной упругости, Па.
Для углеродистых сталей E = (1,9…2,1) · 105 МПа [3].
Принимаем E = 2,0 ·105 МПа.
Абсолютное перемещение (т. e. отсчитываемое от неподвижного сечения) заданного сечения а–а будет зависеть от деформации участков ВС, СD и DК, т. е. участков, заключенных между
жесткой заделкой и названным сечением и определяется как алгебраическая сумма деформаций этих участков.
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
la a l BC lCD l DK .
Определим величину каждого из них
N I lBC
( 200 103 ) 0,5
ΔlBC 0,244 10 3 м
5
6
2
6
EA
2,0 10 10 2 32 10
N I lCD
( 100 103 ) 0,2
ΔlCD 0,049 103 м
5
6
2
6
EA
2,0 10 10 2 32 10
N III lDK
( 75 103 ) 0,25
ΔlDK 0,046 103 м.
5
6
2
6
EA
2,0 10 10 2 32 10
Абсолютное перемещение сечения а–а бруса из уравнения
будет равно
Δla a (0,244 0,048 0,046) 10 3 м 0,338 10 3 м 0,338 мм.
Выводы:
1) анализ эпюры продольных сил показывает, что опасными
будут сечения бруса участка BС, так как здесь |Nmax| = 200 кH;
2) размеры поперечного сечения бруса прямоугольной формы
обеспечивают его надежную работу, так как напряжения в опасном
сечении не превышают допускаемой величины. max < [], т. е. условие прочности выполняется;
3) брус в сечении а–а укоротился на 0,338 мм. Абсолютная
деформация мала по отношению к размерам элемента конструкции.
12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
l/5
l/3
2F
l/6
l/3
l/4
l/5
l/6
l/4
l/2
l/5
5F
l/3
l/4
4F
5F/2
3F/4
l/2
5F
l/3
F/5
2F
Рисунок 1.3 – Схема бруса к задаче № 1
13
4F/5
l/6
F
F/5
l/5
F/2
l/5
F/4
l/2
l/5
F/5
l/2
2F
l/5
F
F/4
l/2
5F/2
l/3
l/4
F/2
l/5
F
l/2
F/2
3F/5
F/4
l/2
F/3
3F
F/2
F
l/4
l/2
3F
l/2
F/3
2F/5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2 ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ХАРАКТЕРИСТИК
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
2.1 Теоретические сведения о геометрических
характеристиках плоских сечений
Сопротивление элемента конструкции различным видам деформации зависит не только от материала, размеров и очертания
оси элемента, но и от формы поперечного сечения.
Площадь поперечного сечения А (м2). Данная характеристика
используется при определении нормальных напряжений при деформации растяжения (сжатия) и касательных напряжений при деформации сдвига.
Для определения геометрических характеристик плоских сечений необходимо знать положение центра тяжести сечения, так
как через него проходят оси, относительно которых определяются
геометрические характеристики и оценивается сопротивление элемента конструкции различной формы поперечного сечения.
Для определения центра тяжести поперечного сечения используют статический момент площади Sx, Sу (м3). Индексы х и у
обозначают ось, относительно которой определяется статический
момент площади.
dA
у
у1
у
у1
х
а
0
01
х1
х
b
х1
Рисунок 2.1 – Произвольное плоское сечение
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Статический момент площади относительно осей определяется по формулам [2, 3]:
S у хdA.
S x уdА;
А
А
Так как Sx = A· yC, то координаты центра тяжести поперечного
сечения определятся по формулам [2, 4]:
Sy
Sx
,
уС ; xС A
A
где хС, уС расстояния от центра тяжести сечения соответственно
до осей х и у.
Статический момент площади может быть положительным,
отрицательным и равным нулю. Ось, относительно которой статический момент площади равен нулю, называется центральной.
Точка пересечения центральных осей называется центром тяжести.
Осевой момент инерции используется при расчетах на прочность и жесткость при деформации изгиба.
Осевой момент инерции Ix, Iy (м4). Индексы х и у обозначают
ось, относительно которой определяется осевой момент инерции.
I X y 2 dА
A
Осевой момент инерции – величина всегда положительная.
Из приведенного рисунка 2.1 следует, что х1= х + b и у1= у + а,
и если оси х и у проходят через центр тяжести поперечного сечения
и являются центральными осями, то Sx= 0, и тогда осевой момент
инерции относительно параллельных осей равен [2, 3]:
I X1 I x a 2 A
I у1 I у a 2 A
Центробежный момент инерции используется для определения положения главных центральных осей. Центробежный момент
инерции может быть положительным, отрицательным и равным
нулю.
Центробежный момент инерции Ixу (м4). Индексы х и у обозначают оси, относительно которых определяется центробежный
момент инерции.
I ху х ydА
A
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Центробежный момент инерции относительно параллельных
осей равен:
I x1y1 I xy ab A
Зависимость центробежного момента инерции при повернутых осях [2, 3]
Ix Iy
I x1y1 sin2 α I xy cos2α.
2
Оси, относительно, которых центробежный момент инерции
равен нулю, называются главными центральными осями.
Выражение для определения положения главных центральных осей [2, 3]
2I xy
2I xy
tg2α0 .
Ix I y I y Ix
Если 00, то угол откладывается против часовой стрелки от
оси х; если 00, то угол откладывается по часовой стрелке.
Экстремальные значения осевых моментов инерции относительно главных центральных осей определяются выражением [3, 4]
I x0 Ix Iy 1
2
I x I y 4I xy2
I y0 2
2
Главными центральными осями называются оси, проходящие
через центр тяжести поперечного сечения, относительно которых
центробежный момент инерции равен нулю, а осевые моменты
инерции принимают экстремальные значения.
Задача № 2
Для поперечного сечения, составленного из стандартного
прокатного профиля, требуется:
1) вычертить сечение в масштабе и указать на нем все оси и
размеры (рисунок 2.2);
2) определить положение центра тяжести;
3) определить значения осевых и центробежного моментов
инерции относительно центральных осей;
4) определить и показать положение главных центральных
осей;
5) определить значения моментов инерции относительно
главных центральных осей;
6) провести проверку правильности расчетов.
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Данные взять из таблиц сортамента на прокатные профили
(приложения И1…И3).
Пример расчета
Дано:
уголок 50505, швеллер № 27;
уголок № 5:
А1= 4,8 см2; Jx1= 11,2 см4; Jу1= Jх1;
Jx0max= 17,8 см4; Jу0min= 4,63 см4; z01= 1,42 см;
швеллер № 27:
А2= 35,2 см2; Jx2= 4160 см4; Jу2= 262 см4; z02= 2,47 см.
Решение
Определим положение центра тяжести составного сечения по
формулам [2, 3]:
S уi A1 x1 A2 x2
хС ,
Ai
A1 A2
S
A у A2 у2
уС xi 1 1
,
Ai
A1 A2
где А1, А2 – площади простых сечений, см2;
х1, х2, у1, у2 – расстояния от центра тяжести каждого из простых
сечений до случайных осей в направлении x и y соответственно, см.
За случайные принимаем оси х1О1у1, между ними будет заключен первый октант. Тогда
х1= 0, у1= 0;
х2= z01+ z02= 1,42 + 2,47= 3,89 см;
h
27
у2 2 b1 z01 5 1,42 9 ,92 cм .
2
2
4 ,8 0 35 ,2 3,89
хС 3,42 см.
4 ,8 35 ,2
4 ,8 0 35 ,2 9 ,92
уС 8 ,73 см.
4 ,8 35 ,2
Отложим полученные координаты в соответствии с величиной, знаком и масштабом от случайных осей х1С1у1, получим положение центра тяжести составного сечения – точку С и положение центральных осей хСуС.
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
у2
b1=50
d2
01
0
xc=d1
02
а1=ус
с
а2
у 1 ус у0
h2=270
( 1:2 )
х2
хс
х0
х1
z01=14,2
z02=24,7
b2=95
Рисунок 2.2 – Расчетная схема составного сечения
Теперь положительный октант заключен парой центральных
осей хССуС (рисунок 2.2).
Определим расстояния между осями х1С1у1, х2С2у2 и хССуС:
а1= уС= 8,73 см;
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а2= у2 – уС= 9,92 – 8,73 = 1,19 см;
d1= хС= 3,42 см;
d2= х2 – хС= 3,89 – 3,42 = 0,47 см.
Так как теперь положительный октант заключен между осями
хССуС, то а1= –8,73 см, d1= –3,42 см.
Определим величину осевых моментов инерции по отношению к центральным осям, используя зависимость при их параллельном расположении [2, 3]:
J x с J x1 a12 A1 J x 2 a22 A2 11,2 ( 8 ,73 )2 4 ,8 4160 1,19 2 35 ,2 4586 ,87 см 4 .
J y J у d12 A1 J y 2 d 22 A2 11,2 ( 3,42 )2 4 ,8 262 с
1
0 ,47 2 35 ,2 337 ,12 см 4 .
Величина центробежного момента инерции будет равна [2, 3]
Jх y J
a d A J
a d A .
x1 y1
1 1 1
x2 y2
2 2 2
c c
Центробежный момент инерции уголка определим, используя
зависимость при повернутых осях [2, 3]:
min
J хmax
0 J y0
Jх y sin 2α ,
1 1
2
где = –45˚.
Jx y 1 1
17 ,8 4 ,63
( 1 ) 6 ,585 см 4 .
2
Jх2у2 = 0, так как ось х2 – ось симметрии швеллера.
J x y 6 ,585 ( 8 ,73 )( 3,42 )4 ,8 1,19 0 ,47 35 ,2 162 ,01
с с
см 4 .
Определим положение главных центральных осей по формуле
[2, 6]
2 J
х у
с с ,
tg 2 J J
yс
xс
где 0 – угол, определяющий положение главных центральных
осей по отношению к центральным осям.
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2 162 ,01
0 ,08 ;
337 ,12 4586 ,87
2 arctg( 0 ,08 ) 4 ,6 2 ,3.
В соответствии с правилом знака для угла, повернем пару
центральных осей хСуС на угол o= –2,3 по часовой стрелке, отложив его от оси с наибольшим моментом инерции.
Определим значения осевых моментов инерции по отношению к главным центральным осям х0, у0 по формуле [2, 6]
tg 2 Jx J y
с 1 ( J J )2 4 J 2
J max ( J min ) с
xс
yс
xс yс 2
2
4586 ,87 337 ,12 1
1
( 4586 ,87 337 ,12 )2 4 162 ,012 2462 2131,63,
2
2
2
откуда
J max 2462 2131,63 4593,63 см 4 ;
J min 2462 2131,63 330 ,37 см 4 .
Сделаем проверку выполненных расчетов:
а) докажем тождество
J х J y J max J min ,
с
с
4586 ,87 337 ,12 4593,63 330 ,37 ,
4924 4924;
б) определим значение центробежного момента инерции по
отношению к главным центральным осям, используя в расчетах зависимость при повороте осей [2, 6]
J
J
x
c
J
y
c sin 2 J
cos 2 4586,87 337 ,12
2
х у
x y
2
0 0
с с
sin 2 2,3 162,01cos 2 2,3 2124,875 ( 0,08 ) 162,01 0,9968 0.
Выводы.
Оси х0, у0 являются главными центральными, так как:
1) они проходят через центр тяжести – точку С;
2) осевые моменты инерции Jmin и Jmax относительно них принимают экстремальные значения;
3) центробежный момент инерции Jх0у0 равен нулю.
20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
№14014010
№18
№18а
№18а
№12
№20
№24а
№14
№27
№10010010
№20
№22а
№14014012
№10
№22
№12
№14а
№1101108
№10
Рисунок 2.3 – Схема составного сечения к задаче № 2
21
№22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ
ПРИ КРУЧЕНИИ
3.1 Определение напряжений при кручении вала
круглого сечения. Расчеты на прочность
Определение: «Деформация кручения, вызываемая парой
сил, действующих в плоскости перпендикулярной оси элемента
конструкции, называется крутящим моментом».
Примеры. Крутящий момент на валу электрического двигателя. Карданный вал автомобиля, ВОМ трактора передают крутящий
момент и т. д.
Крутящий момент (Нм) связан с передаваемой мощностью и
частотой вращения и определяется по формуле
P
Tкр 9,55 ,
n
где Р – передаваемая мощность (Вт);
n – частота вращения, (мин-1).
К валу, один конец которого жестко закреплен, приложим
крутящий момент (Т). Под действием этого крутящего момента образующие повернутся на некоторый угол , при этом оставаясь
прямыми.
Длина скручиваемого элемента не изменится, а радиусы останутся прежними и повернутся на угол .
Т
Т
Т
В1
В1
R
R
В
В
О
z
z
О
dA
Рисунок 3.1 – Схема к определению касательных напряжений
Крутящий момент, действующий на вал, будет уравновешиваться внутренними силами упругости, действующими в той же
22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
плоскости, но по направлению – навстречу крутящему моменту
(касательные напряжения).
Рассечем плоскостью вал и отбросим его правую часть. В сечении возникнут внутренние силы упругости.
Выделим в сечении элементарную площадку dA на расстоянии от оси вращения (рисунок 3.1).
На выделенную площадку будет действовать касательное напряжение .
Касательные напряжения в любой точке поперечного сечения
вала при кручении определяются по формуле [2, 3]
ρ Т
.
Iρ
Условие прочности при деформации кручения определяется
выражением [2, 3]
max Tmax
,
Wρ
где [] = 0,5…0,6[].
Для сплошного круглого сечения полярный момент инерции
πd
π d4
Iρ и полярный момент сопротивления Wρ [2, 3].
16
32
d
Для кольцевого (трубчатого) сечения, при c , полярный
D
d4
момент инерции – I ( 1 c 4 ) и полярный момент сопро32
3
d
тивления W ( 1 c 4 ) [2, 4].
16
4
3.2 Определение деформаций при кручении вала
круглого сечения. Условие жесткости
Дадим малое приращение dz по длине вала (рисунок 3.2). На
длине вала dz приращение угла поворота будет d. Тогда ВВ1= rd.
Относительный угол закручивания dυ определяется по формуле
d Tdz
.
GI ρ
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Проинтегрируем это выражение на длине l и определим абсолютный угол закручивания вала:
l
Tdz
T l
.
G
I
G
I
0
Для определения угла закручивания вала углы закручивания
определяются по участкам, а затем алгебраически суммируются.
Т
В1
d
R
В
О
dz
Рисунок 3.2 – Схема к определению угла закручивания
Условие жесткости при деформации кручения записывается
следующим образом [2, 3]:
T
max max ,
G I
где [] = 0,15…0,30 /1 м.
В практических расчетах допускаемый угол закручивания
([]) переводят в рад/м.
3.3 Кручение стержней (валов) некруглого сечения
В инженерной практике довольно часто встречаются случаи
кручения стержней (валов), имеющих некруглое сечение (квадрат,
прямоугольник, двутавр и т. д.).
При кручении валов некруглого сечения, основная гипотеза –
гипотеза плоских сечений, не применима, так как сечения искривляются, то есть, подвержены депланации.
Для определения деформаций и напряжений используют экспериментальные методы, один из которых – мембранная аналогия.
На трубу надевается мембрана и подается давление. Изменение
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
формы мембраны будет соответствовать эпюре напряжений, возникающих в стержне при его кручении.
Эпюра распределения напряжений вала, имеющего прямоугольную форму сечения, представлена на рисунке.
=
max
h
max
b
Рисунок 3.3 – Эпюра распределения напряжений
по прямоугольному сечению
Наибольшие касательные напряжения при кручении вала
прямоугольной формы сечения возникают на середине большей
стороны и определяются по формуле [2, 3]
max Т max
,
Wк
где Wк= h b2, величина аналогичная полярному моменту сопротивления (W).
На середине короткой стороны возникают касательные напряжения, определяемые по формуле [2, 3]:
max .
По углам прямоугольного сечения вала касательные напряжения равны нулю.
Условие прочности при кручении валов некруглого поперечного сечения имеет вид [2, 3]:
Т
max max .
Wк
Условие жесткости при кручении валов некруглого поперечного сечения имеет вид [2, 3]:
T
,
G Iк
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где Iк= h b3, величина аналогичная полярному моменту сопротивления (I).
Коэффициенты , , зависят от отношения h : b и берутся по
справочным таблицам.
Таблица 2 – Значения коэффициентов , , для прямоугольных сечений
h:b
α
β
γ
1
0,208
0,141
1
1,5
0,231
0,196
0,859
2,0
0,246
0,229
0,795
2,5
0,256
0,249
–
3,0
0,267
0,263
0,753
Задача № 3
Для стального круглого вала АD (рисунок 3.4) требуется:
1) построить эпюру крутящих моментов;
2) определить поперечные размеры круглого, кольцевого и
прямоугольного сечений валов из расчета на прочность и жесткость;
3) построить эпюру углов закручивания вала сплошного
круглого сечения;
4) определить веса валов и сделать вывод о рациональности
их использования;
5) построить эпюры распределения напряжений по поперечному сечению валов.
Данные взять из таблицы 3.
Таблица 3 – Исходные данные к задаче 3
Номер
строки
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
Крутящий
момент, Нм
2800
2600
2200
2100
1800
2400
2300
1700
2300
2000
Расстояние,l м
0,7
0,8
0,9
1,0
0,5
0,6
1,1
0,6
0,7
0,5
26
[],
МПа
16
40
15
35
18
50
20
45
14
50
[], /м
0,90
0,20
0,88
0,11
0,82
0,22
0,60
0,19
0,78
0,17
c
d0
D
0,7
0,8
0,9
0,7
0,8
0,9
0,7
0,8
0,9
0,7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример расчета
Дано:
а = 1 м, b = 1 м, с = 1 м, T1 = 6 кНм, T2 = 4 кНм, T3 = 8 кНм,
d
c 0 0,7 , h:b =2, [τ] = 100 МПа, [υ] = 0,30/м, G = 8∙104 МПа.
D
Решение
Определим величину внутреннего силового фактора – крутящего момента по участкам вала. Воспользуемся методом сечений,
предварительно разделив вал на участки.
ТI = 6 кНм
ТII= 6 – 4 = 2 кНм
ТIII= Т1 – Т2 + Т3 = 6 – 4 + 8 = 10 кНм
По полученным данным строим эпюру крутящих моментов –
Т (рисунок 3.4).
Опасным на валу будет участок CD, так как здесь внутренний
силовой фактор наибольший: |Тmax| = 10 кНм.
Т3=8 кНм
D
C
Т1=6 кНм
B
A
а=1 м
b=1 м
10
Т
Т2=4 кНм
с=1 м
10
6
+
2
2
0,2 кНм
Т= 1 мм
+
6
+
0
0,0081
0,0047
-4
+
0,0054
+
+
410 рад
1 мм
Рисунок 3.4 – Расчетная схема вала, эпюры крутящих моментов
и углов закручивания
=
Определим размеры поперечного сечения вала сплошной
круглой формы в опасном сечении:
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а) из расчетов на прочность
условие прочности при кручении [1, 4]:
T
max max ,
W
где max – касательные напряжения в опасном сечении вала, Па;
W – полярный момент сопротивления сечения, м3;
[τ] – допускаемое напряжение, Па.
Для вала, изготовленного из углеродистой стали, [τ] = 100 МПа.
Для сплошной круглой формы [2, 5]
d 3
,
W 16
где d – диаметр вала, мм.
Подставив в условие прочности все величины, определим
диаметр сплошного круглого вала:
d 3
Tmax 16
10000 16
3
0 ,079 м;
6
3,14 100 10
б) из расчетов на жесткость
условие жесткости при кручении [1, 4]:
T
max max ,
G J
где max- максимальный относительный угол закручивания участка
вала, рад/м;
G – модуль упругости второго рода, Па;
Jp – полярный момент инерции сечения, м4;
[] – допускаемый относительный угол закручивания, рад/м.
0 ,3 0 ,0052 рад / м.
180
Для углеродистых сталей [3]
G = 8 104 МПа = 8 104·106 Па.
Для сплошной круглой формы [5]
d4
I ρ
32
.
Подставив в условие жесткости все величины, определим
диаметр вала:
T 32
10000 32
d 4 max
4
0 ,125 м.
4
6
G [ ]
8 10 10 3,14 0 ,0052
28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Окончательно принимаем диаметр вала, полученный из расчета на жесткость, и округляем его до ближайшего стандартного по
ГОСТ 6636-86 d = 125 мм (приложение Ж).
Принятый размер поперечного сечения удовлетворяет как условию жесткости, так и условию прочности.
Определяем размеры поперечного сечения вала трубчатой
формы из расчетов:
а) на прочность
d3
для кольца осевой момент сопротивления W (1 c4 ) ,
16
где D – наружный диаметр вала, м;
d0 – внутренний диаметр вала, м.
D3
Tmax 16
( 1 c 4 )
3
10000 16
100 10 4 3,14 ( 1 0 ,7 4 )
0 ,087 м;
б) на жесткость
для кольца осевой момент инерции I d4
(1 c 4 ) .
32
Из условия жесткости определяем диаметр вала:
Tmax 32
10000 32
d 4
0 ,136 м.
4
G ( 1 c 4 )
8 10 10 3,14 0 ,0052( 1 0 ,7 4 )
По стандарту принимаем D = 140 мм, d0 = 0,7·140 = 98 мм.
Определяем деформацию (угол поворота) для каждого участка вала по формуле [4, 5]
Т l
К ,
G I
где ТК – величина крутящего момента на участке, Нм.
Принимаем υD = 0.
Тогда
С Т III l ВC 32 Т III l ВC 32
10000 1 32
0 ,0047 рад;
G I
G d 4
8 10 10 3,14 0 ,125 4
B C Т II l ВC 32
2000 1 32
0,0054 рад;
8 10 10 3,14 0,125 4
Т l 32
6000 1 32
А В I ВC 4 0,0054 0,0081 рад.
10
4
G d
8 10 3,14 0,125
G d 4
0,0047 Строим эпюру углов закручивания – υ (рисунок 3.4).
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определим веса валов по формуле
P A ,
3
где – удельный вес, Н/м ;
А – площадь поперечного сечения, м2;
ℓ – длина вала, м.
Для углеродистых сталей принимаем [5]
кН
78,5
м3
а) сплошной круглой формы сечения
2
d2
cп
3 3,14 0 ,125
P 78 ,5 10 3,0 2888 ,5 Н;
4
4
б) кольцевой формы сечения
3,14 Pпол ( D 2 d 2 ) 78 ,5 10 3
( 0 ,140 2 0 ,098 2 ) 3,0 1847 ,9 Н;
4
4
в) прямоугольной формы сечения
Pпр b h 78 ,5 10 3 85 170 10 6 3,0 3403 Н.
Определяем максимальные касательные напряжения у валов
сплошного, трубчатого, прямоугольного сечения и строим их эпюры распределения по поперечному сечению.
Вал сплошной формы поперечного сечения
max Tmax
W
16 10000
26 ,1 МПа .
3 3
3,14 ( 125 10 )
Вал трубчатой формы поперечного сечения
max Tmax
W
y
16 10000
24 ,43 МПа .
3 3
4
3,14 ( 140 10 ) ( 1 0 ,7 )
m ax
Т
y m ax
Т
Х
Х
а
б
Рисунок 3.5 – Эпюры распределения касательных напряжений
по сечениям вала
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Выводы:
1) анализ эпюры крутящих моментов показывает, что опасными
будут сечения вала участка СD, так как здесь |Тmax| = 10000 Hм;
2) подобранные размеры поперечного сечения валов удовлетворяют условию прочности, так как max [];
3) вал трубчатой формы сечения (полый) при работе на кручение более рационален, так как он менее металлоемкий.
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3Т/2
3Т
Т/5
3Т/5
5Т/4
0,1l
0,1l
Т/5
0,1l 0,25l
3Т/4
0,1l
3Т
0,15l 0,45l
Т/5
4Т
Т/4
0,2l
0,1l
0,1l
3Т
5Т/4
0,15l
0,3l
0,2l
3Т/2
0,2l
2Т
5Т/4
0,25l
4Т/5
Рисунок 3.6 – Схема вала к задаче № 3
32
0,35l
4Т/5
3Т/2
Т
0,4l
0,15l
Т
0,4l
4Т
Т
0,25l
3Т
0,25l 0,4l
0,1l
4Т
0,25l
0,35l 0,3l
0,15l
3Т/5
3Т/2
3Т/4
0,15l 0,2l
3Т/2
0,25l
5Т/4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4 РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ И ЖЕСТКОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
4.1 Нормальные напряжения при изгибе. Условие прочности
Как известно, деформацию изгиба вызывают изгибающий
момент и внешняя сила, действующая перпендикулярно оси балки.
При действии внешней силы в поперечном сечении балки возникают два силовых фактора: это изгибающий момент и перерезывающая (поперечная) сила.
Поперечная сила Qy представляет собой сумму проекций на
ось OY всех внутренних касательных сил, возникающих в поперечном сечении.
Изгибающий момент MX представляет собой сумму моментов
относительно оси OX всех внутренних нормальных сил, возникающих в поперечном сечении. При этом не забываем, что оси OX
и OY являются главными центральными осями того поперечного
сечения, в котором определяются внутренние силовые факторы.
Продольная сила численно равна алгебраической сумме проекций на ось OZ всех внешних сил, действующих на отсеченную
часть рамы (балки).
Поперечная сила численно равна алгебраической сумме проекций на ось OY всех внешних сил, действующих на отсеченную
часть рамы (балки).
Изгибающий момент численно равен алгебраической сумме
моментов всех внешних сил, действующих на отсеченную часть
рамы (балки) относительно оси OX.
Изгибающий момент M представляет собой сумму моментов
относительно главных центральных осей всех внутренних нормальных сил, возникающих в поперечном сечении.
Изгибающий момент численно равен алгебраической сумме
моментов всех внешних сил, действующих на отсеченную часть
рамы (балки) относительно оси.
От действия изгибающего момента в поперечном сечении
балки возникают нормальные напряжения, то есть = f(M), а от
перерезывающей силы касательные напряжения = f(Q).
При действии внешних сил на балку в поперечном сечении
будут возникать нормальные напряжения. При этом напряжения,
возникающие в поперечном сечении, будут распределяться по сечению по определенному закону.
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Возьмем балку и загрузим ее изгибающими моментами.
Под действием внешних изгибающих моментов верхний слой
балки будет сжиматься, а нижний растягиваться, как показано на
рисунке 4.1.
Определение: «Слой волокон, делящий поперечное сечение
на сжатую и растянутую зоны, называется нейтральным слоем».
Пересечение нейтрального слоя с плоскостью поперечного
сечения называется нейтральной осью.
М
М
Б
z
O2
C
D
Б
В
C
Б
dz
М
O2
O1
y
O1
d В
y
В
Б
М
D
В
Рисунок 4.1 – Схема нагружения балки в условии чистого изгиба
Из рисунка 4.1 видно, что О1О2 – нейтральная ось,. Обозначим радиус кривизны нейтрального слоя через [1, 5]:
1
M
.
E Ix
Записанное выше выражение показывает, как балка сопротивляется деформации изгиба в зависимости от формы и размеров
поперечного сечения. То есть, чем больше осевой момент инерции,
тем больше и радиус кривизны балки (), а следовательно, и жесткость балки.
Величина EIx – называется жесткостью балки. Осевой момент инерции (Ix) показывает, как балка сопротивляется деформации изгиба в зависимости от формы и размеров поперечного сечения.
Формула для определения нормального напряжения при изгибе в любой точке поперечного сечения [1, 3]:
M
σ x y,
Ix
где Мх – изгибающий момент, возникающий в рассматриваемом
сечении;
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
y
ymax
Ix – момент инерции сечения относительно нейтральной оси;
у – расстояние от нейтральной оси до точки, в которой вычисляется нормальное напряжение.
Исследуем полученное выражение для прямоугольной формы
поперечного сечения, представленного на рисунке 4.2.
На представленном рисунке нейтральной осью поперечного
сечения является ось х, а (у) и (у) – наиболее удаленные точки от
нейтральной оси.
y
y
max
max
x
ymin
-y
h
х
+
-
min
min
Рисунок 4.2 – Эпюры распределения нормальных напряжений
по сечениям различных форм сечения
Запишем условие прочности max ,
где т – для пластичных материалов и в – для хрупких
n
n
материалов.
М
М max М max
max max ymax ;
Ix
Ix
Wx
ymax
max M max
.
Wх
Получили условие прочности при изгибе. Максимальный изгибающий момент берется с эпюры.
Полученная формула позволяет производить подбор поперечного сечения и проводить проверку уже имеющегося.
4.2 Правило знаков и контроль эпюр Q и М
Поперечная сила в сечении балки m–n считается положительной, если равнодействующая внешних сил слева от сечения на-
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
правлена снизу вверх, справа – сверху вниз и отрицательной – в
противоположном случае.
а)
б)
m
ле в
п р ав
n
Q m - n
0
m
лев
п рав
n
Q m - n
0
Правило знаков для изгибающего момента: изгибающий момент считается положительным, если в рассматриваемом сечении
балка изгибается выпуклостью вниз, и отрицательным, если балка
изгибается выпуклостью вверх. Еще и поэтому предложенное правило называют «правилом дождя».
M m -n
0
M m -n
0
M
M
M
п
m
р ав
в
ле
в
ле
m
M
пра
в
n
п
Правила построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов:
1. Если на участке отсутствует равномерно распределенная
нагрузка, то поперечная сила постоянна, а изгибающий момент изменяется по линейному закону;
2. Если на участке имеется равномерно распределенная нагрузка, то поперечная сила изменяется по линейному закону, а изгибающий момент – по закону квадратной параболы. При этом парабола всегда обращена выпуклостью навстречу распределенной
нагрузке;
3. Если на участке поперечная сила имеет два знака («плюс» и
«минус») и сечение, где осуществляется переход через нулевую
линию, т. е. QY = 0, то изгибающий момент в этом сечении достигает экстремального значения (max или min);
4. В сечении балки, где приложена внешняя сосредоточенная
сила, эпюра Q имеет скачок на величину этой силы, а эпюра М –
излом (смежные участки эпюры не имеют плавного сопряжения);
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5. В сечении, где приложен внешний сосредоточенный момент, эпюра М имеет скачок на величину этого момента. На эпюре
Q это не отражается.
Задача № 4
Для стальной балки, схема которой изображена на рисунке
4.3, требуется:
1) построить эпюры внутренних силовых факторов – поперечных сил Q и изгибающих моментов М;
2) из расчета на прочность по нормальным напряжениям в
опасном сечении балки определить размеры поперечного сечения,
двутавровой, прямоугольной и сплошной круглой формы;
3) определить напряжения в опасном сечении балки от изгиба, построить эпюры их распределения по названным формам сечений;
4) определить вес балок всех форм сечений, сделать выводы
о рациональности их применения.
Данные для расчетов взять из таблицы 4.
Таблица 4 – Исходные данные к задаче № 4
Номер
строки
01
02
03
04
05
06
07
08
09
0
F,
кН
20
29
28
40
42
34
37
24
35
36
M,
кНм
30,0
10,0
12,0
34,0
16,0
18,0
20,0
22,0
24,0
26,0
q,
кН/м
6,0
5,0
4,0
12,0
7,0
11,0
10,0
9,0
8,0
3,0
ℓ, м
Материал
1,2
1,5
1,8
1,0
2,0
2,1
1,9
1,4
1,3
2,1
Сталь 30
Сталь 25
Сталь 45
Сталь 40
Ст. 5
Ст. 2
Сталь 20Г
Ст. 3
Сталь 10
Ст. 5
σт,
МПа
320
280
360
340
270
220
280
250
220
280
n
h:b
2,4
2,0
2,6
2,5
2,6
1,7
2,2
2,0
1,8
1,6
2,5
3,0
3,5
4,0
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
2,0
Пример расчета
Дано:
Сосредоточенная сила
Интенсивность равномерно
распределенной нагрузки
Внешний изгибающий момент
Материал балки
37
F = 8 кH
q = 2 кH/м
М = 40 кНм
Сталь 20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
T = 240 МПа
Предел текучести
Коэффициент запаса прочности
n=1,5
h : b = 2,0, l = 8 м, а = 3,0 м, b = 3,4 м.
Решение
Составляем уравнения статического равновесия, определяем
величину и направление опорных реакций:
Fz 0; H A 0 ,
m A 0; q ( a b )
(ab)
F а RD l M 0 ,
2
(a b)
F a M
2 6 ,4 3,2 8 3 40
2
RD 13,12 кН,
l
8
( a b )
l ( a b ) F ( l a ) RA l M 0 ,
m D 0; q ( a b )
2
( a b )
q ( a b )
l ( a b ) F ( l a ) M
2 6 ,4 4 ,8 8 5 40
2
RA 7 ,68 кН .
l
8
q ( a b )
Проверка:
Fy 0; R A q ( a b ) F RD 0 ,
7,68 – 2 6,4 – 8 13,12 = 0,
0 0.
Значит, балка находится в равновесии. Значения опорных реакций определены правильно, каждая из них направлена вверх.
Поделим балку на участки по границам действия силовых
факторов: АВ, ВС, СD.
Покажем направление обхода участков и составим уравнения
поперечных сил и изгибающих моментов по участкам.
Участок АВ:
0≤z1≤3,0 м.
Qz1= RА – q·z1.
При z1= 0
QА= RА= 7,68 кН;
z1= 3,0 м QВ= RА– q · a=7,68 – 2 · 3,0 = 1,68 кН;
z
M Z R A z1 qz1 1 .
2
1
При z1= 0
МА= 0;
z1= 3,0 м
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
a2
3,0 2
M B R A a q 7 ,68 3,0 2 14 ,04 кНм
2
2
Участок DС:
0≤z2≤1,6 м.
Qz2= – RC=const.
При z2= 0
QD= –RD= –13,12 кН;
z2= 1,6 м QC= –RC= –13,12 кН.
RA=7,68 кН q =2 кН
м F=8 кН
А
D
В
НA=0 кН
z1
a=3,0 м
RD=13,12 кН
M=40 кНм
С
z3
z2
b=3,4 м
l=8 м
7,68
Q
0,5 кН 0
Q=
1 мм
1,68
+
0
-
6,32
13,12
20,992
14,04
М
+
+
1 кНм 0
М=
1 мм
+
0
19,008
Рисунок 4.3 – Расчетная схема балки, эпюры перерезываюших сил
и изгибающих моментов
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
MZ
2
RD z 2 .
3
RD ( 1,6 z3 ) qz3
При z2= 0
МD= 0;
z2= 1,6 м
M C RD 1,6 13,12 1,6 20 ,992 кНм .
Участок СВ:
0≤z3≤3,4 м.
Qz3= –RD + q·z3.
При z3= 0
QC= –RD= –13,12 кН;
z3= 3,4 м QВ= –RА + q · b= –13,12 + 2·3,4= –6,32 кН;
MZ
z3
M.
2
При z3= 0
z
M C RD ( 1,6 z3 ) qz3 3 M 13,12 1,6 2 0 40 19 ,008 кНм;
2
z3= 3,4 м
b2
3,4 2
M B RD ( 1,6 z3 ) q M 13,12 5 2 40 14 ,04 кНм .
2
2
По полученным данным построим эпюры внутренних силовых факторов Q и М (рисунок 3.1).
Опасным будет сечение балки в точке С участка СD, где Мmax=
20,992 кНм.
Размеры поперечного сечения балки двутавровой формы определим из условия прочности при изгибе [3, 6]:
M
max max ,
Wх
где σmax – напряжения в опасном сечении балки, Па;
Mmax – максимальный изгибающий момент, Нм;
Wx – осевой момент сопротивления, м 3 ;
– допускаемые напряжения, Па.
В зависимости от материала балки (сталь 20) принимаем
σт= 240 МПа.
Коэффициент запаса прочности примем n = 1,6.
Определим допускаемые напряжения:
т 240 150 МПа.
n
1,6
Из условия (1) выразим геометрическую характеристику
прочности балки – осевой момент сопротивления
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Wх M max
20 ,992 10 3
139 ,9 10 6 м 3 139 ,9 см 3 .
6
150 10
Определим размеры поперечных сечений балок следующих
форм:
а) двутавровой.
По сортаменту на прокатные профили принимаем двутавр №
18 (приложение И1), для которого
Wx=143 см3;
б) прямоугольной.
Для прямоугольной формы сечения [1, 4]
bh 2
Wх ,
6
где b, h – размеры поперечного сечения балки, мм, b= h/2 .
bh 2 h 3
Wх .
6
12
h 3 12 Wх 3 12 139 ,9 11,88 см 118 ,8 мм.
По ГОСТ 6636-86 (приложение Ж) принимаем h =120 мм; тогда b=120/2 = 60 мм.
в) круглой.
Для круглой формы сечения
d 3
Wх ,
32
где d – диаметр балки, мм.
32 Wх
32 139 ,9
d 3
3
11,25 см 112 ,5 мм.
3,14
По ГОСТ 6636-86 (приложение Ж) принимаем d = 120 мм.
Максимальные нормальные напряжения в точках поперечного сечения определим по формуле [1, 5]
М
.
Wх
Для двутавра максимальные напряжения равны
M 20 ,992 10 3
max 1,464 10 8 Па 146 ,4 МПа .
6
WX
143 10
Для прямоугольной формы сечения максимальные напряжения равны
41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
M 6 20 ,992 10 3
max 1,458 10 8 Па 145 ,8 МПа.
2
6
WX
6 12 10
Для круглой формы сечения максимальные напряжения рав-
ны
M 32 20 ,992 10 3
max 1,238 10 8 Па 123,8 МПа.
3
6
WX
3,14 12 10
По полученным данным строим эпюры распределения нормальных напряжений по точкам поперечных сечений (рисунок 4.4).
m ax=146,4 МПа
m ax=123,8 МПа
m ax=145,8 МПа
+
+
+
-
-
m in
m in
-
a)
m in
в)
б)
Рисунок 4.4 – Эпюры распределения нормальных напряжений
по сечениям балки
Определим вес балки круглого сечения по формуле
P V A ,
где Р – вес, Н;
V – объем, м 3 ;
A – площадь поперечного сечения, м 2 ;
ℓ – длина балки, м;
– плотность материала, Н/ м 3 ;
Для углеродистых сталей
=78,5 кН/ м 3 ;
d 2
3,14 120 2
P
10 6 8 78 ,5 7 ,1 кН .
4
4
Определим вес балки прямоугольного сечения:
P b h 60 120 10 6 8 78 ,5 4 ,5 кН.
Определим вес балки из прокатного профиля двутавровой
формы:
P m g,
42
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где m – масса 1-го погонного метра, кг m =18,4 кг/1 м [2, 3];
g – ускорение свободного падения, м/сек2.
P 18 ,4 8 9 ,81 1444 H 1,444 кН.
Выводы:
1) анализ эпюры изгибающих моментов показывает, что опасными будет сечения балки в точке С участка СD, так как здесь
|Мmax|= 20,992 кHм;
2) подобранные размеры поперечного сечения балок обеспечивают надежную работу, так как напряжения в опасном сечении
не превышают допускаемой величины max<[], т. е. условие прочности выполняется;
3) наиболее рациональной является балка двутавровой формы, так как она менее металлоемкая.
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
q
M
F
1,1l
1,2l
M
q
1,4l
1,2l
q
M
F
1,7l
0,8l
q
M
F
1,8l
0,5l
1,2l
q
F
l
1,6l
q
M
M
F
F
1,5l
0,6l
M
0,8l
0,4l
1,8l
F
0,4l
1,4l
q
0,6l
0,7l
1,7l
q
F
F
M
1,2l
M
q
0,5l
1,1l
2l
Рисунок 4.5 – Схема балки к задаче № 4
44
1,1l
q
M
F
0,6l
1,4l
1,3l
0,7l
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5 СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
5. 1 Косой изгиб
Косым изгибом бруса называется такой случай изгиба, при
котором силовая плоскость проходит через центр тяжести поперечного сечения бруса, но не совпадает ни с одной из его главных
осей инерции, силовая плоскость и плоскость изгиба при косом изгибе не совпадают (рисунок 5.1).
q
Си лов ая пл ос кос т ь
у
х
П л оск ос т ь из г иб а
F
И з огн ут а я ось б рус а
z
Рисунок 5.1 Косой изгиб
При косом изгибе нагрузки могут располагаться как в одной,
так и в разных плоскостях.
Если при косом изгибе нагрузки лежат в одной плоскости
(рисунок 5.1), изгиб называется плоским косым изгибом. Изогнутая ось балки при этом будет плоская кривая.
Если при косом изгибе нагрузки не лежат в одной плоскости,
изгиб называется пространственным косым изгибом (рисунок 5.2).
Изогнутая ось бруса при этом будет пространственная кривая. Силовые плоскости при косом пространственном изгибе могут совпадать и не совпадать с главными осями инерции поперечного сечения балки.
Для расчета при косом изгибе нагрузки раскладывают по
главным осям инерции поперечного сечения, что приводит к двум
поперечным изгибам относительно главных осей инерции (рисунок
5.3, а, б).
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Возникающие напряжения и деформации при косом изгибе
определяют по принципу независимости действия сил, то есть:
x y ; y y x2 y 2y .
Нормальные напряжения и прогиб определяют по формулам плоского изгиба. Возникающие касательные напряжения в
сравнении с нормальными незначительны и поэтому в расчет не
принимаются.
q
F1
х
F
z
у
Рисунок 5.2 Схема действия сил
Условие прочности при косом изгибе имеет вид:
max x y или max Мх Му
,
Wx W y
где Мх, Му – изгибающий момент в вертикальной и горизонтальной
плоскостях;
Wx, Wy – моменты сопротивления сечения относительно осей х
и у.
Для того, чтобы найти опасную точку поперечного сечения,
надо определить положение нулевой линии. Положение нейтральной линии определяется углом (рисунок 5.3) из формулы [2]
tg Ix
tg 0 ,
Iy
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где 0 – угол, определяющий положение силовой плоскости в данном поперечном сечении. Величину угла определяют из формулы [2]
tg 0 Му
Мх
.
При определении положения нулевой линии надо помнить, что:
1. Если силовая плоскость проходит через четные квадранты,
то нулевая линия – через нечетные и наоборот;
2. Углы 0 и откладывают от различных осей и имеют они
одинаковый знак.
Н.л
х
х
Му
0
Fx
М
у
z
Fy
F
Мх
б)
у
а)
Рисунок 5.3 Косой изгиб и нейтральная линия
Наибольшие нормальные напряжения в поперечном сечении
возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии.
Положение их определяется касательными, проведенными к сечению параллельно нейтральной линии (рисунок 5.4).
у
А
-
min
Н.л
В
+
max
Рисунок 5.4 Нормальные напряжения при косом изгибе
47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Для определения величины и направления изгибающих моментов Мх и Му строят эпюры моментов от сил, действующих в
главных плоскостях инерции.
Задача
К консольному брусу длиной l приложена сила F, под углом
, а на расстоянии l1 момент М; сечение бруса прямоугольное.
Определить наибольшее напряжение, размеры поперечного
сечения, положение нейтральной линии.
Пример расчета
Дано:
Сосредоточенная сила
Угол
Внешний изгибающий момент
Допускаемое напряжение
Коэффициент запаса прочности
h : b= 2,0, l= 1 м, l1= 0,4.
F = 10 кH
= 30
М = 20 кНм
[] = 8 МПа
n = 1,5
Решение
l
l1
h
у
х
z
M
b
F
Рисунок 5.5 Расчетная схема
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение
1. Разложим силу F по осям координат (рисунок 5.6) и найдем
ее составляющие:
Fy=F cos30=10 0,866= 8,66 кН;
Fx=F sin30=10 0,5=5 кН.
2. Определим изгибающие моменты в вертикальной и горизонтальной плоскостях балки и построим эпюры изгибающих моментов:
а) вертикальная плоскость (рисунок 5.7).
MС= –Fy0,6= –8,660,6= –5,2 кНм (слева от сечения);
у
Fx
х
Fy
F
Рисунок 5.6 Разложение сил по плоскостям
MС= –Fy0,6 – М= –5,2 –20= –25,2 кНм (справа от сечения);
MВ= –FyАВ –М= –8,661 –20= –28,66 кНм (справа от сечения);
М
Fy
А
С
В
0,6
0,4
0
М (кНм)
5,2
25,2
28,66
Рисунок 5.7 Эпюра изгибающих моментов вертикальной плоскости
б) горизонтальная плоскость (рисунок 5.8).
MА= – Fх0= –50= –0 кНм;
MВ= –FхАВ= –51= –5 кНм (справа от сечения).
Рассматривая совместно эпюры Мх и Му, устанавливаем,
что опасным является сечение В с изгибающими моментами:
49
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Мх= 28,66 кНм и Му= 3 кНм.
3. Определим размеры поперечного сечения балки из условия
прочности [3]
max Mx My
,
Wx W y
bh 2 b( 2b )2
где Wx 0 ,67 b 3 ;
6
6
hb 2 b 2 2b
Wy 0 ,33b 3 .
6
6
Подставляя значения изгибающих моментов и моментов сопротивления в уравнение прочности и, решая его относительно (b),
получим:
при []=8 МПа;
b3
28 ,66 10 3
3 10 3
0 ,67 ( 8 10 ) 0 ,33 ( 8 10 )
6
b = 0,19 м = 190 мм;
6
0 ,19 м.
h = 0,38 м = 380 мм.
Fх
А
В
1
0
М (кНм)
3
Рисунок 5.8 Эпюра изгибающих моментов горизонтальной
плоскости
4. Определим положение нулевой линии (рисунок 5.9):
а) определим угол 0, определяющий положение силовой
плоскости
tg 0 Му
Мх
3
0,11,
28,66
0 =550/;
б) определим осевые моменты инерции поперечного сечения
bh 3 0 ,19 0 ,38 3
hb 3 0 ,38 0 ,19 3
4
4
м
;
Ix 0 ,00087
Iy 0 ,00022 м .
12
12
12
12
Iу
0 ,00087
/
tg tg0
0 ,11
0 ,435 , =2338 .
Iх
0 ,000022
5. Определим нормальные напряжения в точках 1, 2, 3, 4
опасного сечения и построим эпюры напряжений (рисунок 5.10).
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
у
Н.л
х
Му
М
Мх
Рисунок 5.9 Эпюра изгибающих моментов горизонтальной
Максимальные нормальные напряжения в общем случае определяются по формуле
M
M
M
M
x x y y x или x x y x y .
Ix
Iy
Wx Wy
В нашем случае:
bh 2 0 ,19 0 ,38 2
hb 2 0 ,38 0 ,19 2
3
3
Wx 0 ,0046 м ; W y 0 ,0023 м .
6
6
6
6
3
3
28 ,66 10
3 10
x 6 ,23 МПа; у 1,3 МПа.
0 ,0023
0 ,0046
Тогда
1 х у 6 ,23 1,3 7 ,53 МПа;
2 х у 6 ,23 1,3 4 ,93 МПа;
3 х у 6 ,23 1,3 7 ,53 МПа;
4 х у 6 ,23 1,3 4 ,93 МПа.
1+
1+
1+
2+
2+
1
2
Н.л
4
3
3
3-
4
4
3-
Рисунок 5.10 Эпюра нормальных напряжений в поперечном сечении
51
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5.2 Изгиб с кручением
Силы, действующие на валы в зубчатых и ременных передачах, приводят к появлению нормальных и касательных напряжений
в поперечных сечениях вала.
При расчете на совместное действие изгиба и кручения, как
правило, учитывают нормальные напряжения от действия изгибающего момента и касательные напряжения от действия, крутящего момента. Касательными напряжениями от поперечной силы при
расчетах валов обычно пренебрегают из-за малости этих напряжений по сравнению с касательными напряжениями от кручения.
Наибольшие напряжения от кручения и изгиба возникают на
поверхности вала. Каждое из этих напряжений, взятое в отдельности, может быть меньше допускаемого напряжения, но одновременное их действие может оказаться опасным для вала. При совместном действии кручения и изгиба определяют приведенное или
эквивалентное напряжение, используя для пластичных материалов
третью и четвертую теории прочности, а для хрупких – теорию
прочности Мора.
Если внешние силы, действующие на вал, не лежат в одной
плоскости, то каждую из них раскладывают на составляющие: вертикальную и горизонтальную. Чтобы установить опасные сечения,
строят эпюры крутящих моментов Тк и изгибающих моментов в
двух плоскостях – вертикальной Мв и горизонтальной Мг.
Далее строят эпюры результирующего изгибающего момента
М∑ [2]:
М М в2 М г2 .
В общем случае эпюра М∑ криволинейна, и только если эпюры Мв и Мг пересекают нулевую линию на одной вертикали, то на
этом участке эпюра М прямолинейна (обычно на крайних участках
вала). Если непосредственно по эпюрам Тк и М∑ нельзя достоверно
установить опасное сечение, приходится проверять прочность вала
в нескольких сечениях.
Проверка прочности производится по расчетному моменту,
величина которого зависит от используемой теории прочности:
– по третьей теории прочности [1, 2]
М III М 2 Т к2
и условие прочности М III р ,
Wx
где []р допускаемое напряжение при растяжении;
– по четвертой теории прочности
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
М IV М 2 0 ,75 Т к2 ,
– по теории прочности Мора [1, 2]
ММ р
сж
М IV
р ;
Wx
1 k
1 k
M М 2 Т к2 ,
2
2
ММ
р .
Wx
Здесь k – коэффициент, учитывающий разную способность
хрупких материалов сопротивляться растяжению и сжатию;
[]сж – допускаемое напряжение при сжатии.
Во всех формулах Wx – момент сопротивления вала на изгиб.
Для сплошного круглого сечения Wx= 0,1d3.
Если производится подбор сечения, то на основании вышеприведенных формул
М
Wx III – по третьей теории прочности;
р
где k и
Wx М IV – по четвертой теории прочности;
Wx М M – по теории прочности Мора.
р
р
Задача № 5
Шкив с диаметром D1 и с углом наклона ремня к горизонту
1 делает п оборотов в минуту и передает N киловатт мощности.
Два других шкива имеют одинаковый диаметр D2 и одинаковые углы 2 наклона ветвей ремня к горизонту N, и каждый из них передает мощность – N/2 (рисунок 5.14).
Требуется:
1) по заданным величинам N и п определить моменты, приложенные к шкивам;
2) построить эпюру крутящих моментов Ткр;
3) определить окружные усилия s2 и s2, действующие на шкивы, по найденным моментам и заданным диаметрам шкивов D1 и
D2;
4) определить давление на вал, принимая их равными трем
окружным усилиям;
5) определить силы, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях (вес шкивов и вала не учитывать);
53
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
6) построить эпюры изгибающих моментов от горизонтальных сил Мг и от вертикальных сил Мв;
7) построить эпюру суммарных изгибающих моментов, пользуясь формулой
2
2
М изг М гор
М верт
(для каждого поперечного сечения вала имеется своя плоскость
действия суммарного изгибающего момента, но для круглого сечения можно совместить плоскость М∑ для всех поперечных сечений и построить суммарную эпюру в плоскости чертежа; при построении эпюры надо учесть, что для некоторых участков вала она
не будет прямолинейной);
8) при помощи эпюр Ткр и М∑ найти опасное сечение и определить величину максимального расчетного момента (по третьей
теории прочности);
9) подобрать диаметр вала d при [] = 70 МПа и округлить
его величину, согласно ГОСТ 6636-86.
Данные взять из таблицы 5.
Таблица 5 – Исходные данные к задаче № 5
Номер N,
п,
а, м b, м с, м D1, м D2, м
строки кВт об/мин
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
10
14
20
22
18
25
30
28
16
18
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1,1
1,2
1,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
1,1
1,2
1,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
0,3
0,5
0,6
0,2
0,3
0,2
0,2
0,3
0,4
0,6
1
2
10°
0°
30°
0°
50°
0°
45°
0°
35°
0°
0°
20°
0°
40°
0°
60°
0°
80°
0°
25°
Пример расчета
Шкив диаметром D1 = 1 м и углом наклона ремня к горизонту
1= 30 делает n = 700 (мин-1) оборотов и передает мощность
N=7,36 кВт. Два ведомых шкива диаметром D2 = 0,8 м и углом наклона ремня к горизонту 2 = 60 передают каждый мощность N/2
(кВт), а = 0,5 м; b = 1 м; с = 0,5 м (рисунок 5.11).
54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение
1. Определим вращающие моменты на шкивах с диаметром
D1 и D2:
T1 9 ,545
N
7 ,36
9 ,545
100 Нм.
n
700
Так как дополнительных условий нет, считаем, что вращающие моменты на ведомых шкивах одинаковы и равны
Т
100
T2 1 50 Нм.
2
2
A -A
D2
D1
D2
2s
1
1=
2s
S2=
S
D1
D2
А
1
2
а=0,5м
b=1м
с=0,5м
а=0,5 м
2
А
s2
s1
Рисунок 5.11 Схема действия сил на вал
2. Изображаем расчетную схему для определения крутящих
моментов (рисунок 5.13, а) и строим эпюру крутящих моментов.
Разбиваем вал на участки и определяем крутящие моменты:
Та-а= –Т1= –100 Нм.
Тb-b= –Т1+Т2= –100+50 = –50 Нм.
Тс-с= –Т1+Т2+Т2= –100+50+50 = 0 Нм.
3. Определяем окружные усилия, действующие на шкивы, по
формуле
Т
D
S,
2
где: S окружное усилие ветви ремня, Н;
D диаметр шкива, м.
Так как согласно условию S = 2s получаем:
2T1 2 100
200 Н;
D1
1
2T
2 50
s2 2 125 Н.
D2
0 ,8
s1 55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. Определяем усилия (давления) на вал R1 и R2, принимая их
равными трем окружным усилиям (рисунок 5.12):
R1=S1+s1=3s1;
R2=S2+s2=3s2.
5. Усилия (давления) действующие на вал R1 и R2 направлены
под углом к горизонтальной и вертикальной осям. Следовательно,
необходимо рассмотреть действие усилий (давлений) в двух, горизонтальной и вертикальной, плоскостях.
Спроецируем результирующие R1 и R2 на горизонтальную
ось и составим расчетную схему вала в горизонтальной плоскости
R1г R1 cos 1 3 200 0 ,866 520 Н;
R2г R2 cos 2 3 125 0 ,5 109 Н.
г
R
г
2
1
2
1
2
2s
R
S2=
s1
S1=2
R1
в
R2
R
1
R
2
s2
s1
в
а
б
Рисунок 5.12 Разложение результирующих сил R1 и R2
действующих на вал в горизонтальной
и вертикальной плоскостях
Спроецируем результирующие R1 и R2 на вертикальную ось и
составим расчетную схему вала в вертикальной плоскости
R1в R1 sin 1 3 200 0 ,5 300 Н;
R2в R2 sin 2 3 125 0 ,866 325 Н.
6. Cоставим уравнения статического равновесия и определим
реакции опор от действия сил в горизонтальной плоскости (рисунок 5.13, б)
m A 0 RLг ( 2а c b ) R1г ( с b a ) - R2г ( b a ) - R2г a 0 ,
г RL
- R1г ( с b a ) R2г ( b a ) R2г a
( 2а c b )
-520 ( 0 ,5 1 0 ,5 ) 109 ( 1 0 ,5 ) 109 0 ,5
-329
( 2 0 ,5 0 ,5 1 )
56
Н.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
- RАг ( 2а c b ) - R1г d R2г ( с а ) R2г ( b c а ) 0 ,
mL 0
- R1г а R2г ( c а ) R2г ( b c а )
( 2а c b )
- 520 0,5 109( 0 ,5 0 ,5 ) 109( 1 0 ,5 0 ,5 )
27
( 2 0 ,5 0 ,5 1 )
RAг
Проверка:
Н.
Y= 0;
RАг R1г RLг - 2 R2г 0;
27+520 –329 –2109 = 0.
Проведенная проверка показала, что реакции в опорах определены правильно.
7. Определяем изгибающие моменты в горизонтальной плоскости.
M хг1 RLг х1 ; 0 х1 0,5 м.
При х1= 0 ML= –329 0= 0 Нм;
х1= 0,5 MD= –329 0,5= –164,5 Нм.
M хг2 RLг ( х2 а ) R1г х2 ; 0 х1 0,5 м.
При х2= 0 MD= –329(0,5+0)+520 0= –164,5 Нм;
х2= 0,5 MC= –329(0,5+0,5)+520 0,5= –69 Нм.
г
0 х1 0,5 м.
M х3 R Аг х3 ;
При х3= 0 MA=27 0= 0 Нм;
х3= 0,5 MB=27 0,5= 13,5 Нм.
M хг4 RAг ( х4 a ) - R2г x4 ; 0 х1 1 м.
При х4= 0 MB=27 (0,5+0) –109 0= 13,5 Нм;
х4= 1 MC=27 (0,5+1) –1091= –69 Нм.
По полученным данным строим эпюру изгибающих моментов
в горизонтальной плоскости (рисунок 5.13, б).
8. Cоставим уравнения статического равновесия от действия
сил в вертикальной плоскости (рисунок 5.13, в):
m A 0 - RLв ( 2а c b ) R1в ( с b a ) R2в ( b a ) R2в a 0 ,
R1в ( с b a ) R2в ( b a ) R2в a
откуда
( 2а c b )
300 ( 0 ,5 1 0 ,5 ) 325 ( 1 0 ,5 ) 325 0.5
500
( 2 0 ,5 0 ,5 0 ,5 )
RLв
57
Н.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
mL 0 RАв ( 2а c b ) - R1в а - R2в ( с а ) - R2в ( b c а ) 0 ,
R1в а R2в ( c а ) R2в ( b c а )
откуда
( 2а c b )
300 0 ,5 325 ( 0 ,5 0 ,5 ) 325 ( 1 0 ,5 0 ,5 )
450
( 2 0 ,5 0 ,5 0 ,5 )
R Aв
Проверка:
Н.
Y= 0;
R Ав
R1в
RLв - 2 R2в 0;
450 300 500 - 2 325 0.
Проведенная проверка показала, что реакции в опорах определены правильно.
9. Определяем изгибающие моменты в вертикальной плоскости:
M xв1 RLв х1 ; 0 х1 0,5 м.
При х1= 0 ML=500 0= 0 Нм;
х1= 0,5 MD=500 0,5= 250 Нм.
M хв2 RLв ( х2 а ) R1в х2 ; 0 х1 0,5 м.
При х2= 0 MD=500 (0,5+0)+ 300 0= 250 Нм;
х2= 0,5 MC=500 (0,5+0,5) –300 0,5= 350 Нм.
0 х1 0,5 м.
M хв3 RАв х3 ;
При х3= 0 MA=450 0= 0 Нм;
х3= 0,5 MB=450 0,5= 225 Нм.
M хв4 RAв ( х4 a ) - R2в x4 ; 0 х1 1 м.
При х4= 0 MB=450 (0,5+0) –325 0= 225 Нм;
х4= 1 MC=450 (0,5+1) –3251= 350 Нм.
По полученным данным строим эпюру изгибающих моментов
в горизонтальной плоскости (рисунок 5.13, в).
10. Определяем значения суммарных изгибающих моментов в
точках «A, B, C, D, L» от действия сил в вертикальной и горизонтальной плоскостях, по формуле
2
2
М изг М гор
М верт
.
М Lизг 0 Нм;
изг
2
2
МD
М гор
М верт
( 164 ,5 )2 250 2 299 Нм;
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
D2
D2
А
а=0,5м
c
А
Тк2 b
B
Тк2 a
C
b
a
А
а
Tк1
D
L
-
0
50
Горизонтальная
плоскость
г
изг
0
3Нм
М=
1мм
а=0,5 м
0
5 Нм
Т=
1мм
М
с=0,5м
L
D
D1
b=1м
c
Т
C
B
A
100
г
2=109
г
R A=27 R г2=109
R
х2
х3 B х4
C
А
13,5
г
R 1=520 R гL=-329
D х1
L
б
0
69
Вертикальная
плоскость
М
в
изг
7Нм
М=
1мм
0
в
в
в
-164,5
в
R 1=300
R A=450 R 2=325 R 2=325
х2 D
х3 B х4
C
А
350
250
225
в
R L=500
х1
+
L
в
0
357
М
7Нм
1мм
М=
г
299
225,4
0
0
Рисунок 5.13 Расчетная схема, эпюры крутящих и изгибающих
моментов в горизонтальной и вертикальной
плоскостях
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2
2
М Сизг М гор
М верт
( 69 )2 350 2 357 Нм;
2
2
М Визг М гор
М верт
13,52 2252 225 ,4 Нм;
М Aизг 0 Нм.
Строим суммарную эпюру изгибающих моментов (рисунок
5.13, г).
Опасное сечение выбираем по наибольшему суммарному изгибающему моменту. Опасное сечение будет т. С, где суммарный
изгибающий момент равен М = 367 Нм, а крутящий Т = 100 Нм.
11. Определяем расчетный момент в сечении С по третьей
теории прочности
М III М 2 Т к2 357 2 100 2 371 Нм.
12. Определяем необходимый диаметр вала, учитывая, что
[]р= 70 МПа и Wx= 0,1d3 (все величины необходимо подставлять в
одинаковой размерности).
М III
371
d 3
3
3,76 10 - 2 м 37 ,6 мм. .
6
0 ,1[ ]р
0 ,1 70 10
По ГОСТ 6636-86 принимаем диаметр вала d = 40 мм.
Выводы.
Подобранный диаметр обеспечивает прочность вала при заданных нагрузках.
60
D2
D2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
D1
А
Аb
a
D1
D2
А
c
D2
а
а
b
а
b
D1
D2
А
b
c
D2
А
А
c
b
D2
D1
D2
А
b
b
c
a
D1
D2
А
c
D2
А
а
А
а
b
Рисунок 5.14 Варианты схем к задаче № 5
61
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
D2
D1
D2
A
b
c
D1
D2
A
a
D2
A
а
а
b
c
D1
D2
A
a
D2
A
b
a
2
c
a
2
D2
А
D1
D2
A
b
b
D1
D2
A
a
2
D2
А 2a
A
a
2
a
2
b
b
Рисунок 5.4 Варианты схем к задаче № 5 (продолжение)
62
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
6 ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ
6.1 Устойчивость сжатых стержней
Центрально сжатый достаточно длинный брус может при определенной величине силы утратить прямолинейную форму равновесия, т. е. изогнуться. Такой случай потери устойчивости прямолинейной формы равновесия называют продольным изгибом.
Предельное значение силы, при которой прямолинейная форма равновесия бруса становится неустойчивой, называется критической силой.
Достижение нагрузки критических значений весьма опасно,
так как потеря устойчивости обычно происходит внезапно и при
низких значениях напряжений, когда прочность конструкции при
нормальной форме равновесия не вызывает сомнений. При потере
устойчивости резко возрастают деформации, появляется изгибающий момент, который вызывает дополнительные напряжения, и
конструкция может внезапно разрушиться.
Если продольный изгиб наступает при напряжениях меньших
предела пропорциональности, то для определения критической силы можно использовать формулу Эйлера [1, 5]:
Fк E I min 2
2
lпр
,
где lпр=l – приведенная длина бруса, м;
l – длина бруса, м;
– коэффициент приведения длины, зависящей от условий закрепления бруса;
Imin – наименьший момент инерции поперечного сечения бруса,
4
м;
Е – модуль упругости первого рода, МПа.
Критическое напряжение равно [1, 2]
к Fкр
Абр
2 E
,
2
где Абр – площадь поперечного сечения без учета местных ослаблений (площадь брутто), м2;
– гибкость бруса.
Условие устойчивости заключается в требовании, чтобы сжимающая брус сила в nу раз меньше Fкр:
F
Fкр
nу
63
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Коэффициент запаса на устойчивость nу всегда принимается
несколько большим, чем коэффициент запаса на простое сжатие и
лежит в пределах 1,8…3,2.
Условие устойчивости можно записать в виде
[ кр ]
ny
или [y].
Имеются нормативные таблицы коэффициентов , устанавливающих связь между допускаемыми напряжениями на простое
сжатие и устойчивостью в зависимости от гибкости бруса [ ] y
.
[ ]сж
Так как
F .
,
Абр
[ ] сж то окончательно условие устойчивости можно записать в виде
F
[ ]сж .
Абр
При проектировочном расчете (подбор сечения) приходится
пользоваться методом последовательных приближений, задаваясь
несколькими значениями коэффициента .
Помимо случая, для которого была выведена формула Эйлера,
на практике встречаются и другие способы крепления стержней.
1
F
=1
2
3
4
F
F
F
=0,7
Шарнирно-опертая Шарнирно-опертая
с одного конца и
с обоих концов
жестко зщемлена
с другого конца
Шатун
Стойка
=2
=0,5
Жестко защемлена Жестко защемлена
с обоих концов
с одного конца
Колос, антенна
Колонна
Рисунок 6.1 – Способы крепления стержней
64
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Первый вид крепления считается основным, и остальные виды приводятся с помощью коэффициента приведения длины к
данному виду.
С учетом выше изложенного формула Эйлера примет следующий вид [1, 5]:
Fк Отношение l
i
E I x 2
( l )2
.
называется гибкостью стержня.
Формула Эйлера применима только при соблюдении условия,
что критические напряжения должны быть равны или быть меньше
предела пропорциональности (крпц).
Таким образом, мы можем определить предельную гибкость
стержня, при которой применима формула Эйлера.
Итак, предельная гибкость стержня будет определяться следующим образом [2]:
2 Е
п пц
Проведенные многочисленные эксперименты показали, что
формула Эйлера справедлива только для тонких и длинных стрежней. На практике, как известно, встречаются и короткие стержни,
расчет которых на устойчивость также необходимо проводить.
Ф.С. Ясинским на основе изучения экспериментальных данных была предложена эмпирическая формула для определения напряжений в коротких стержнях [1, 5]
к=а –в ,
где а и в коэффициенты, зависящие от материала и определяемые
опытным путем, для малоуглеродистых сталей, а = 310 МПа, в =
1,14 МПа.
Задача № 6
Стальной стержень длиной l сжимается силой F. Найти размеры поперечного сечения или номер сортамента проката при допускаемом напряжении на простое сжатие []cж=160 МПа (сталь 3
при т=240 МПа, nт=1,5), величину критической силы и коэффициента запаса устойчивости.
Расчет производить последовательными приближениями,
предварительно задавшись величиной коэффициента = 0,5.
65
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Коэффициент приведения длины определить по условиям
закрепления концов стержня. Данные взять из таблицы 6.
Таблица 6 – Исходные данные к задаче № 6
Формы сечения стержня
l,
м
у
у
300 3.0
х
2
Второй
х
0,7d
Первый
h
1
d
Номер Вид закреп- F,
строки ления кон- кН
цов бруса
325 2,5
у
3
Третий
у
250 2,8
d
h
х
4
х
Четвертый 275 3,5
у
Первый
х
х
200 2,2
у
у
7
8
9
0
Третий
Третий
225 3,0
х
х
у
b
330 3,1
у
х
280 2,5
Четвертый 320 2,6
Первый
h
2b
Второй
b
2b
h
у
2b
4b
6
х
2a
5
a
340 3,5
Примечания: Первый вид крепления концов бруса: свободный конец-заделка.
Второй вид крепления концов бруса: заделка-заделка.
Третий вид крепления концов бруса: шарнир-шарнир.
Четвертый вид крепления концов бруса: шарнир-заделка.
66
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример расчета
Стальная стойка длиной l = 2 м, защемленная на обоих концах, сжимается силой F = 300 кН (рисунок 6.2) Найти размеры
прямоугольного сечения при соотношении сторон h : b = 3, если
допускаемое напряжение на простое сжатие []сж= 160 МПа. Расчет проводится последовательным приближением, предварительно
задаваясь величиной коэффициента .
Решение
Подбор поперечного сечения производится методом последовательных приближений с использованием условия устойчивости
F
max [ ] у [ ]сж ,
A
где: max – наибольшее напряжение в стойке, МПа;
F – сжимающая сила, Н;
А – площадь поперечного сечения, м2;
[]y – допускаемые напряжения на устойчивость, МПа;
– коэффициент уменьшения напряжений;
[]сж – допускаемые напряжения при сжатии, МПа.
F
A-A
y
А
А
h
x
b
Рисунок 6.2 – Расчетная схема стойки
Первая попытка
Для первой попытки коэффициент допускаемого напряжения,
зависящего от гибкости стойки, принимаем равным 0,5 и находим
площадь поперечного сечения:
F
300 10 3
-3 2
2
А
4
10
м
=40
см
.
[ ] 0 ,5 150 106
Для отношения h : b= 3 площадь будет:
А= h b= 3 b2= 40 cм2.
67
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Откуда b 40
3,65 см.
3
Определим минимальный радиус инерции сечения imin:
I min
h b3
b
3,65
imin 1,06 см.
A
12 h b 3,46 3,46
Определяем гибкость стержня (для стержня с двумя защемленными концами) = 0,5.
l 0 ,5 200
94.
imin
1,06
Для этой гибкости по таблице находим коэффициент уменьшения допускаемого напряжения методом интерполяции (приложение Е).
Гибкость 151 попадает в интервал
= 90
= 0,69
= 100
= 60
0 ,69 0 ,60
Подставляем 0 ,60 (
) 6 0 ,654.
10
Определяем допускаемое напряжение на устойчивость.
[ ] y [ ]сж 0 ,654 150 98 ,1 МПа.
Определяем наибольшее напряжение в стойке и сравниваем с
допускаемыми напряжениями на устойчивость.
max
F
300 10 3
75
A 40 10 4 106
МПа 98 ,1
МПа.
Стойка значительно недогружена, поэтому делаем вторую
попытку.
Вторая попытка
Коэффициент уменьшения допускаемого напряжения берем
среднеарифметически:
0 ,5 0 ,654
0 ,577
2
Определяем площадь сечения^
300 10 3
2
3 2
см
.
A
3
,
5
10
м
35
6
0 ,577 150 10
По найденной площади определяем h, b и imin:
b
35
3,41 см,
3
Минимальный радиус инерции сечения imin:
68
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
I min
h b3
b
3,41
imin 0 ,99 см.
A
12 h b 3,46 3,46
Гибкость стойки
0 ,5 200
101.
0 ,99
Гибкость 101 попадает в интервал
=100
=0,60
=110
=0,52.
0 ,52 (
0 ,60 0 ,52
)9 0 ,592
10
тогда [ ]y 0 ,592 150 89 МПа
max 300 10 3
35 10
4
10
6
86 89 МПа.
89 86
100% 3,4%.
89
Недонапряжение 3,4%, что допустимо, так как меньше 5%.
Окончательно устанавливаем поперечное сечение, которое
обеспечит продольную устойчивость заданного стержня
h = 10,23 см , b = 3,41 см, А = 35 см2.
Недонапряжение Пример расчета
Подобрать размер сечения для швеллера длиной l = 5 м.
Сжимающая сила F=400 кН (рисунок 6.3). Оба конца защемлены.
Допускаемое напряжение на сжатие []сж= 160 МПа.
F
A -A
x
А
y
Рисунок 6.3 – Расчетная схема стойки
69
А
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Для первой попытки коэффициент допускаемого напряжения,
зависящего от гибкости стойки, принимаем равным 0,5 и находим
площадь поперечного сечения.
F
400 10 3
-3 2
2
А
510 м =50 см .
6
[ ] 0 ,5 160 10
По сортаменту подбираем швеллер № 36:
А = 53,4 см2; Imin= Iy= 513 см4; imin = iy= 3,1 см.
Определяем гибкость стержня (для стержня с двумя защемленными концами) = 0,5.
l 0 ,5 500
80 ,6.
imin
3,1
Для этой гибкости по таблице находим коэффициент уменьшения допускаемого напряжения методом интерполяции (приложение Е).
Гибкость 80,6 попадает в интервал:
= 80
= 0,75
= 90
= 69.
Подставляем 0 ,69 (
0 ,75 0 ,69
) 9 ,4 0 ,744
10
Определяем допускаемое напряжение на устойчивость.
[ ]y [ ]сж 0 ,744 160 120 МПа.
Определяем наибольшее напряжение в стойке и сравниваем с
допускаемыми напряжениями на устойчивость.
max
F
400 10 3
74 ,9
A 53,4 10 4 106
МПа 120
МПа.
Стойка значительно недогружена, поэтому делаем вторую
попытку.
Находим из двух полученных напряжений среднее арифмети/
ческое [ y ]ср
и определяем площадь поперечного сечения стержня
/
[ y ]ср
120 74 ,9
97 ,45 МПа.
2
Определяем площадь швеллера
400 10 3
3 2
2
A
4
,
1
10
м
41
см
.
97 ,45 106
По сортаменту подбираем швеллер № 33:
А = 46,5 см2; Imin = Iy= 410 см4; imin= iy= 2,97 см.
70
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определяем гибкость стержня (для стержня с двумя защемленными концами) = 0,5.
l 0 ,5 500
84 ,2.
imin
2 ,97
Для этой гибкости по таблице находим коэффициент уменьшения допускаемого напряжения методом интерполяции (приложение Е).
Гибкость 84,2 попадает в интервал:
=80
=0,75
=90
=69.
Подставляем 0 ,69 ( 0 ,75 0 ,69 ) 5 ,8 0 ,72.
10
Определяем допускаемое напряжение на устойчивость.
[ ] y [ ]сж 0 ,72 160 115 МПа.
Определяем наибольшее напряжение в стойке и сравниваем с
допускаемыми напряжениями на устойчивость.
F
400 10 3
max 86 МПа 115 МПа.
A 46 ,5 10 4 106
Стойка значительно недогружена, поэтому делаем третью попытку.
Находим из двух полученных напряжений среднее арифмети//
ческое [σy ]ср
и определяем площадь поперечного сечения стержня
//
[σy ]ср
115 86
100 ,5 МПа.
2
Определяем площадь швеллера
400 10 3
3 2
2
.
A
3
,
98
10
м
39
,
8
см
100 ,5 10 6
По сортаменту подбираем швеллер № 30:
А= 40,5 см2; Imin =Iy = 327 см4; imin =i y= 2,84 см.
Определяем гибкость стержня (для стержня с двумя защемленными концами) = 0,5.
l 0 ,5 500
88.
imin
2 ,84
Для этой гибкости по таблице находим коэффициент уменьшения допускаемого напряжения методом интерполяции (приложение Е).
Гибкость 88 попадает в интервал:
71
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
=80
=90
=0,75
=69.
0 ,75 0 ,69
Подставляем 0 ,69 (
) 2 0 ,7.
10
Определяем допускаемое напряжение на устойчивость.
[σ
]y [σ
]сж 0 ,7 160 112 МПа.
Определяем наибольшее напряжение в стойке и сравниваем с
допускаемыми напряжениями на устойчивость.
F
400 10 3
max 98 ,8 МПа 112 МПа.
A 40 ,5 10 4 106
Недонапряжение 112 99
100 % 11,6%.
112
Недонапряжение велико, поэтому делаем четвертую попытку.
Находим из двух полученных напряжений среднее арифмети///
ческое [ y ]ср
и определяем площадь поперечного сечения стержня
112 99
///
[σy ]ср
105 ,5 МПа.
2
Определяем площадь швеллера
400 10 3
3 2
2
A
3
,
79
10
м
37
,
9
см
.
6
105 ,5 10
По сортаменту подбираем швеллер № 27:
А=35,2см2; Imin=Iy=262 см4; imin=iy=2,73 см.
Определяем гибкость стержня (для стержня с двумя защемленными концами) = 0,5.
l 0 ,5 500
91,6.
imin
2 ,73
Для этой гибкости по таблице находим коэффициент уменьшения допускаемого напряжения методом интерполяции (приложение Е).
Гибкость 91,6 попадает в интервал:
= 90
= 0,69
= 100
= 60.
0 ,69 0 ,60
Подставляем 0 ,60 (
) 8 ,4 0 ,68.
10
Определяем допускаемое напряжение на устойчивость.
[σ
]y [ ]сж 0 ,68 160 108 ,8 МПа.
72
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определяем наибольшее напряжение в стойке и сравниваем с
допускаемыми напряжениями на устойчивость.
F
400 10 3
max 113,6 МПа.
A 35 ,2 10 4 106
113,6 108 ,8
Перенапряжение 100 % 4 ,25% .
113,6
Величина перенапряжения допускается не более 5 %. Значит,
можем окончательно выбрать швеллер № 27.
73
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
7 ДИНАМИЧЕСКАЯ НАГРУЗКА. РАСЧЕТЫ НА УДАР
7.1 Понятия о теории удара
Существует несколько теорий удара.
1. Волновая теория удара. При волновой теории удара принято считать, что напряжения расходятся как волны по воде от падения камня.
2. Контактная теория удара.
При контактной теории удара удар рассматривают в месте
контакта.
3. Теория удара, основанная на законе сохранения энергии.
Предполагается, что кинетическая энергия падающего тела,
полностью превращается в потенциальную энергию упругой деформации ударяемого элемента конструкции.
Определение. Ударная нагрузка – это когда деформация элемента конструкции происходит в основном за счет энергии, которой обладает падающее тело в начале воздействия на элемент
конструкции, а не за счет силы тяжести падающего тела.
Примеры. Забивка свай, молот и наковальня и т. д.
Решение инженерных задач строится обычно на приближенной теории упругого удара, в которой принимают следующие допущения:
а) кинетическая энергия ударяющего тела полностью переходит в потенциальную энергию деформации ударяемого тела;
б) при этом пренебрегают энергией идущей на деформацию
ударяющего тела и основания, на котором находится ударяемое тело;
в) закон распределения напряжений и деформаций по объему
ударяемого тела остается таким же, как и при статическом действии сил;
г) при этом не учитываются изменения распределения напряжений и деформаций в месте соударения (контакта) тел, за счет колебаний высокой частоты, сопровождающих явление удара.
При ударных нагрузках считается, что соблюдается закон Гука д = д E.
Фазы удара:
первая фаза характеризуется свободным падением груза, который с максимальной скоростью подходит к упругой системе;
74
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
вторая фаза – когда падающий груз, обладающий максимальной скоростью, входит в соприкосновение с упругой системой
находящейся в покое, уменьшает свою скорость, а элементы упругой системы приходят в движение. Фаза заканчивается, когда скорость выравнивается;
третья фаза характеризуется дальнейшим процессом развития
удара, который отклоняет упругую систему в положение наибольшей деформации. Процесс заканчивается, когда скорость становится равной нулю, а деформации (перемещения) при этом максимальные.
Кинетическая энергия груза к моменту окончания удара превращается в потенциальную энергию упругой деформации (TW).
Напряжения при ударе определяются следующим образом [2]:
Рд Рс кд ,
где кд – динамический коэффициент [1, 2]
2Н
кд 1 1 ,
с
где Н – высота падения груза, м
Н
2
2g
2
кд 1 1 ,
g с
где – с=Q статическая деформация, м.
T
кд 1 1 ,
W
где T – кинетическая энергия падающего груза (T = Q H), Дж;
W – потенциальная энергия упругой деформации ударяемого
тела, Дж
1
W Q c .
2
7.2 Виды ударов
Растягивающий (сжимающий) удар.
Примеры. Съемники основаны на растягивающем ударе. Забивка свай (сжимающий удар).
75
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Q
H
Н
Q
б) Сжимающий удар
а) Растягивающий удар
Рисунок 7.1 – Растягивающий (сжимающий) удар
Напряжения при растягивающем ударе определятся следующим образом:
F
Q Q
2Н .
д кд с кд кд 1 1 A
A A
lс Деформации при растягивающем ударе определятся следующим образом:
Q l Q l 2Н 1 1 .
lд кд с кд lс кд
E A E A lс При растягивающем (сжимающем) ударе деформации и напряжения зависят от длины стержня и модуля упругости.
Таким образом, для снижения напряжений увеличивают длину стержня.
Следовательно, при продольном ударе величина напряжений
зависит от объема стержня.
Скручивающий удар.
Примеры. Колодочные тормоза автомобилей, талей. лебедок.
При скручивающем ударе наибольшие напряжения зависят от
модуля упругости и объема вала.
Напряжения при растягивающем ударе определятся следующим образом:
д кд с с 1 1 76
Т
W
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Деформации при растягивающем ударе определятся следующим образом:
T д кд с с 1 1 .
W
Рисунок 7.2 – Скручивающий удар
Кинетическая энергия при скручивающем ударе определяется
по формуле
I0 2
T
,
2
где I0 – момент инерции, кгм2.
Потенциальная энергия упругой деформации при скручивающем ударе определяется по формуле
W
Т 2 l
2 G I
.
Изгибающий удар.
Примеры. Трамплин, удар груза по консоли балки.
Н
Q
Рисунок 7.3 – Изгибающий удар
Напряжения при изгибающем ударе определятся следующим
образом:
77
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
M
M
2Н 1 1 ..
Wx
Wx с Деформации при растягивающем ударе определятся следующим образом:
2 Н .
д кд с с 1 1 с Статические деформации определяются с использованием интеграла Мора
M Z M 0Z dz
.
E
I
X
При изгибающем ударе наибольший прогиб бывает в том случае, если напряжения по всей длине балки будут одинаковыми, то
есть балка будет равного сопротивления. Данное свойство используют при изготовлении рессор автомобилей, которые представляют
собой балки равного сопротивления.
д кд с кд
Задача № 7
На двутавровую стальную балку (рисунок 7.4, Е = 2 105 МПа),
лежащую на двух опорах, с высоты h падает груз массой т. Требуется найти наибольшее динамическое напряжение и динамический
прогиб в поперечном сечении балки под грузом и сравнить их статическими величинами. Данные взять из таблицы 7 и рисунка 7.6.
Таблица 7 – Исходные данные к задаче № 7
Номер строки
Масса т, кг
h, мм
1, м
№ двутавра
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
110
100
90
80
70
60
50
40
30
20
100
150
200
250
300
350
400
450
500
550
1,1
1,2
1,3
1,4
1,6
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
30
27
24
22
20
18
16
14
12
10
78
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример расчета
Груз массой m = 100 кг падает с высоты h = 100 мм на стальную балку двутаврового сечения № 20 (рисунок 7.4) длиной l = 4 м,
лежащей на двух опорах. Определить наибольший динамический
прогиб в поперечном сечении балки под грузом и наибольшее динамическое напряжение для случаев изгиба балки в плоскости наибольшей и наименьшей жесткости. Модуль упругости Е=2105 МПа.
Для двутавра № 20:
Ix= 1840 см4; Wx= 184 см3; Iy= 115 см4; Wy= 23,1 см3; а = 1,5 м;
b = 2,5 м.
Решение
Удар поперечный. Определяем прогиб и напряжения при статическом нагружении.
RA
RC
C
h
A
m
a
B
у
х
у
х
b
l
№20
№20
Рисунок 7.4 – Расчетная схема балки
Определим реакции опор от действия внешней нагрузки и составим уравнения изгибающих моментов по участкам:
Fa
mA 0 , F a RC l 0 ; откуда RC .
l
mC 0 , F b RAl 0 ; откуда
Mz1 F
RA Fb .
l
a
b
z1 , Mz 2 F z 2 .
l
l
F = m g.
Выбираем основную систему и в той точке, где необходимо
определить прогиб, и приложим единичную силу. Определим реакции опор от действия единичной силы и составим уравнения изгибающих моментов по участкам (рисунок 7.5).
a
mA 0 , F 0 a RC0 l 0 ; откуда RC0 .
l
79
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
b
l
mC 0 , F 0 b RA0 l 0 ; откуда RA0 .
Mz1 0
b
a
z1 , M 0 z 2 z 2 .
l
l
R
A
0
A
0
F =1
z1
a
B
b
z2
R 0C
C
l
Рисунок 7.5 – Балка, загруженная единичной силой
Используя интеграл Мора, определим статический прогиб.
b
b
a
a
0
z
F
z
dz
z
F
z 2 dz 2
0
0
aM
bM
a
1
1 1 b
2
Z 1 M Z 1dz1
Z 2 M Z 2 dz 2
l
l
l
l
с E
I
E
I
E
I
E
I
X
X
X
X
0
0
0
0
b
a 2 2
F
F
b z1 dz1 a 2 z 22 dz 2 2
2
l E I X 0
l E IX
0
F a 2b 2
2 3a
2 3 b
a z2 b z1
3
3 0
0
F a 2b 2
a b 3 l2 E IX
3l E IX
Определим значение силы F = m g=100 9,81= 981 Н.
F a 2b 2
981 1,5 2 2 ,5 2
с 0 ,0003 м 0 ,3 мм.
3 l E I X 3 4 2 1011 1840 10 8
М max
Wx
F a b 981 1,5 2 ,5
M max 920 Нм.
l
4
М
920
с max 5 МПа.
6
Wx
184 10
с кд 1 1 2h
2 100
1 1
27.
с
0 ,3
80
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Динамический прогиб и наибольшие динамические напряжения
с=кд с=27 0,3= 8,1 мм.
д=кд с=27 5= 135 МПа.
При изгибе балки в плоскости наименьшей жесткости
F a 2b 2
981 1,5 2 2 ,5 2
с 0 ,005 м 5 мм.
3 l E I X 3 4 2 1011 115 10 8
М
920
с max 39 ,8 МПа.
6
Wу
23,1 10
кд 1 1 2h
2 100
1 1
7 ,4.
с
5
с=кд с=7,4 5=37 мм.
д=кд с=7,4 39,8= 294,5 МПа.
Выводы.
При статическом действии нагрузки напряжение во втором
случае больше, чем в первом в 7,96 раза, а при ее ударном действии – лишь в 2,18 раза. Это различие объясняется тем, что во втором случае жесткость балки значительно (в 16 раз) меньше, чем в
первом, что приводит к существенному уменьшению динамического коэффициента.
81
m
l
5
6l
h
6
m
l
3
4l
l
5
m
2
3l
1
3l
h
4
m
4
5l
h
h
h
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
l
h
3
l
2
3
5l
m
l
4
m
3
4l
l
4
h
2
3
4l
m
l
h
2l
3
h
h
m
m
m
2
5l
l
l
Рисунок 7.6 Варианты схем к задаче № 7
82
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ
1. Внешние силы, их классификация.
2. Виды деформаций.
3. Внутренние силовые факторы.
4. Дайте понятие о прочности, устойчивости и жесткости.
5. Что называется пределом прочности, пределом упругости,
пределом текучести и пределом пропорциональности?
6. В чем заключается метод сечений? Что такое напряжение,
напряженное состояние?
7. Определение напряжений при растяжении-сжатии. Расчеты
на прочность при растяжении-сжатии.
8. Закон Гука при растяжении-сжатии. Определение деформаций при растяжении-сжатии. Расчеты на жесткость.
9. Как определяются статический момент площади, осевой, полярный моменты инерции ?
10. Главные оси и главные моменты инерции.
11. Зависимость осевых и центробежных моментов инерции при
параллельных осях.
12. Определение касательных и нормальных напряжений при
плоском напряженном состоянии.
13. Определение деформации при кручении. Расчеты на жесткость при кручении.
14. Определение касательных напряжений при кручении вала
круглого сечения. Расчеты на прочность.
15. Расчеты на прочность при кручении вала прямоугольной
формы.
16. Как распределяются касательные напряжения по поперечному сечению вала?
17. Классификация видов изгиба.
18. Определение нормальных напряжений при изгибе. Эпюры
распределения напряжений по поперечному сечению.
19. Расчеты на прочность при изгибе. Проектный и проверочный расчеты.
20. Определение касательных напряжений при изгибе. Формула
Д.И. Журавского.
21. Внутренние силовые факторы при изгибе. Дифференциальные зависимости между распределенной нагрузкой, перерезывающей силой и изгибающим моментом.
83
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
22. Контроль эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов.
23. Полная проверка прочности балок работающих на изгиб.
24. Что такое прогиб и угол поворота? Для чего их определяют?
25. Определение деформаций при изгибе при помощи интеграла
Мора.
26. Расчеты на жесткость при изгибе.
27. Что такое сложное сопротивление? Виды сложного сопротивления.
28. Косой изгиб. Определение напряжений при косом изгибе.
29. Уравнение нейтральной линии при косом изгибе.
30. Расчеты при совместном действии кручении, растяжения и
изгиба.
31. Расчеты на прочность при совместном действии кручения и
изгиба
32. Что такое критическая сила ? Формула Эйлера.
33. Предельная гибкость, от чего она зависит? Формула Ясинского Ф.С.
34. График критических напряжений.
35. Что такое гибкость стойки и от чего она зависит? Способы
крепления стоек.
36. Понятие о теории удара. Фазы удара.
37. Расчеты на прочность и жесткость при растягивающем
(сжимающем) ударе.
38. Расчеты на прочность и жесткость при скручивающем ударе.
39. Расчеты на прочность и жесткость при изгибающем ударе.
84
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ОБОЗНАЧЕНИЯ ФИЗИКО-МЕХАНИЧЕСКИХ ВЕЛИЧИН
А
b
d
E
EI
площадь поперечного сечения;
ширина поперечного сечения;
диаметр;
модуль продольной упругости материала;
жесткость сечения при изгибе относительно главной
центральной оси;
F
сосредоточенная сила;
Fx, Fy составляющие силы по направлению главных осей х, у;
Fкр
критическая нагрузка при расчете на устойчивость;
Fmax максимальное значение внешней сосредоточенной силы;
y
статический прогиб балки;
уx, уy прогибы балки в направлении главных осей инерции сечения X, Y;
G
модуль сдвига материала;
h
высота поперечного сечения образца, балки, высота образца;
Ix, Iy осевые моменты инерции поперечного сечения;
полярный момент инерции поперечного сечения;
I
ку
коэффициент запаса устойчивости;
l
длина стержня, балки;
абсолютное удлинение образца;
l
M
изгибающий момент;
Mx,
внутренние изгибающие моменты в сечении балки отноMy
сительно главных осей х, у;
m
реактивный момент;
n
коэффициент запаса прочности;
T
крутящий момент;
полярный момент сопротивления круглого или кольцеW
вого поперечного сечения;
Wx, Wy осевые моменты сопротивления сечения относительно
главных осей X, Y;
угол между направлением внешней нагрузки и главной
осью сечения; угол закручивания;
относительная линейная поперечная, продольная дефор1, мации;
угол поворота сечения балки;
гибкость стержня;
85
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
у
п
т
в
и
пц
в
коэффициент Пуассона, коэффициент приведения длины
стержня при расчете на устойчивость;
предел упругости материала;
предел пропорциональности материала;
предел текучести материала;
предел прочности материала;
истинное сопротивление разрыву;
предел пропорциональности при срезе, кручении;
предел прочности при срезе, кручении.
86
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ОСНОВНЫЕ ТЕРМИНЫ И ОПРЕДЕЛЕНИЯ
Внецентренное растяжение (сжатие) – это изгиб с растяжением (сжатием), когда на брус действует сила параллельная оси
бруса, но не проходящая через центр тяжести бруса.
Вязкость – способность материала сопротивляться ударным
нагрузкам.
Деформация – это изменение формы и размеров тела от воздействия внешней нагрузки или температуры.
Жесткость – способность материала сопротивляться деформации (изменению формы и размеров).
Изгиб – деформация, связанная с искривлением оси элемента
конструкции.
Изгибающий момент M – это сумма моментов относительно
главных центральных осей всех внутренних нормальных сил, возникающих в поперечном сечении.
Косой изгиб – это деформация, возникающая при воздействии внешней силы под углом к главным центральным осям балки.
Коэффициент Пуассона – величина, характеризующая отношение относительной поперечной деформации к относительной
продольной.
Критическая сила – это сила, выводящая сжатую стойку из
устойчивой формы в неустойчивую.
Крутящий момент – деформация кручения, вызываемая парой сил, действующих в плоскости перпендикулярной оси элемента конструкции.
Модуль продольной упругости первого рода (модуль Юнга) характеризует сопротивляемость материала упругой деформации при растяжении (сжатии).
Напряжение – величина внутренних сил упругости, отнесенная к единице площади (элементарной площадке).
Напряженное состояние – совокупность напряжений для
множества площадок, расположенных в поперечном сечении.
Нейтральная ось – пересечение нейтрального слоя с плоскостью поперечного сечения.
Нейтральный слой – слой волокон, делящий поперечное сечение на сжатую и растянутую зоны.
Осевой момент инерции – сумма произведений элементарных площадок на квадрат расстояния до оси.
87
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Осевой момент сопротивления – отношение осевого момента инерции к расстоянию от оси до наиболее удаленной точки поперечного сечения.
Основная система – это статически определимая система
(конструкция) (СОС), получаемая из заданной отбрасыванием
лишних связей и внешних нагрузок.
Относительная деформация () – это отношение абсолютной деформации к его первоначальной длине.
Период – время, в течение которого переменное напряжение
возвращается в первоначальное (исходное) положение.
Пластичность – способность материала сохранять деформацию после действия внешних сил.
Ползучесть – это непрерывно растущая во времени деформация материала, происходящая по действием постоянных по величине напряжений при повышенной температуре.
Полярный момент инерции – сумма произведений элементарных площадок на квадрат расстояния до оси вращения или полюса.
Полярный момент сопротивления – отношение полярного
момента инерции к расстоянию от оси вращения до наиболее удаленной точки поперечного сечения.
Поперечная сила Q – это сумма проекций на ось перпендикулярную оси балки всех внутренних касательных сил, возникающих в поперечном сечении.
Поперечный изгиб – это когда в поперечном сечении балки
возникают поперечные (перерезывающие силы).
Предел выносливости – это величина периодически меняющегося напряжения, которой материал может противостоять неограниченно долго без появления трещин усталости.
Предел прочности – величина напряжений, достижение которых обуславливает разрушение материала.
Предел текучести – величина напряжений, при которых при
постоянной нагрузке материл испытывает деформации (течет).
Предел упругости – величина напряжений, при превышении
которых материал получает незначительные деформации.
Прогиб – перемещение центра тяжести поперечного сечения
по направлению перпендикулярному своему начальному положению.
88
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продольная (нормальная) сила N – это сумма проекций на
продольную ось стержня (балки) всех внутренних нормальных сил,
возникающих в поперечном сечении.
Прочность – способность материала сопротивляться разрушению от внешних сил.
Прямой (плоский изгиб) – это когда действие внешних сил
совпадает с направлением одной из главных центральных осей
балки.
Распределенная нагрузка это сила, равномерно приложенная на некоторой длине или площади.
Сдвиг – деформации, заключающиеся в перекашивании углов
прямоугольного параллелепипеда.
Сосредоточенная сила – это сила давления на элемент конструкции через площадку, размеры которой очень малы по сравнению с размерами всего элемента конструкции.
Статический момент площади – сумма произведений элементарных площадок на расстояние до оси.
Твердость – способность материала сопротивляться вдавливанию другого более твердого тела.
Угол поворота – поворот плоского сечения по отношению
к своему первоначальному положению.
Упругость – способность материала принимать первоначальную форму и размеры после прекращения действия внешних сил.
Устойчивость – способность элемента конструкции сохранять без больших изменений первоначально приданную форму.
Центробежный момент инерции – сумма произведений элементарных площадок на расстояние до осей.
Чистый изгиб – это когда в поперечном сечении балки действует только изгибающий момент.
Эксцентриситет – расстояние от точки приложения силы до
центра тяжести поперечного сечения.
Ядро сечения – это область вокруг центра тяжести при приложении в которую внешней силы в поперечном сечении возникают напряжения одного знака.
89
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ЛИТЕРАТУРА
1. Александров, А.В. Сопротивление материалов: учебник
для вузов / А.В.Александров, В.Д. Потапов, Б.П. Державин. – М.:
Высшая. школа, 1995. – 680 с.: ил.
2. Беляев, Н.М. Сопротивление материалов / Н.М. Беляев. –
М.: Наука, 1976. – 607 с.: ил.
3. Г.М. Ицкович. Руководство к решению задач по сопротивлению материалов: учебное пособие для вузов / Г.М. Ицкович,
Л.С. Минин, А.И. Винокуров, под ред. Л.С. Минина. – 3-е изд., перераб. и доп. – М.: Высшая. школа, 2001. – 592 с.: ил.
4. Волков, А.Н. Сопротивление материалов: учебник /
А.Н. Волков. – М.: КолосС, 2004. – 286 с.
5. Чугунова, Л.И. Задачник по сопротивлению материалов /
Л.И. Чугунова. – Пенза: РИО ПГСХА, 2006. – 145 с.
90
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение А
Основные единицы физических измерений системы СИ
Величина
Единица
Длина
Масса
Время
Термодинамическая температура
название
обозначение
метр
килограмм
секунда
кельвин
м
кг
с
К
Дополнительные единицы
Величина
Плоский угол
Площадь
Объем
Момент сопротивления
плоской фигуры
Момент инерции площади
плоской фигуры
Плотность
Скорость линейная
Скорость угловая
Ускорение линейное
Ускорение угловое
Сила
Момент силы, пары сил
Удельный объем
Напряжение, давление
Работа; энергия;
количество теплоты
Мощность
Название
радиан
квадратный метр
кубический метр
кубический метр
Обозначение
рад
м2
м3
м3
метр в четвертой
степени
килограмм
на кубический метр
метр в секунду
радиан в секунду
метр на секунду
в квадрате
радиан на секунду
в квадрате
ньютон
ньютонметр
кубический метр
на килограмм
паскаль
джоуль
м4
ватт
91
кг/м3
м/с
с-1
м/с2
с-2
Н
Нм
м3/кг
Па
Дж
Вт
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение Б
Приставки СИ для образования десятичных и дольных единиц
Приставка
Тера
Гига
Мега
Кило
Гекто
Дека
Деци
Санти
Милли
Микро
Нано
Пико
Фемто
Атто
Сокращенное обозна- Множитель, на который
чение
умножаются единицы СИ
1012
109
106
103
102
10
10-1
10-2
10-3
10-6
10-9
10-12
10-15
10-18
Т
Г
М
к
г
да
д
с
м
мк
н
п
ф
а
Приложение В
Буквы греческого алфавита
Буква
Альфа
Бета
Гамма
Дельта
Эпсилон
Дзета
Эта
Тэта
Каппа
Ламбда
Обозначение
А, В, Г, , , , , , , , Буква
Мю
Ню
Кси
Пи
Ро
Сигма
Тау
Фи
Пси
Омега
92
Обозначение
М, N, , П, Р, , Т, , , , Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение Г
Перевод внесистемных единиц физических измерений в систему СИ
Внесистемная единица
СИ и соотношение в ней
единица массы
центнер (ц)
100 кг
тонна (т)
1000 кг
единицы плоского угла
градус ( )
рад1,7510-2 рад
минута ( )
180
108
секунда ( )
648
10-2рад2,9110-4 рад
10-3рад4,8510-6 рад
единица объема
10-3 м3
литр
единицы частот вращения
оборот в минуту (об/мин)
мин-1
оборот в секунду (об/с)
с-1
единицы силы
тонна-сила
9806,65 Н
килограмм-сила (кгс)
9,80665 Н
единицы мощности
9,80665 Вт
килограмм-сила-метр в секунду (кгсм/с)
лошадиная сила (л. с.)
735,499 Вт
единицы напряжения и давления
килограмм-сила на квадратный
98066,5 Па
2
сантиметр (кгс/см )
техническая атмосфера (ат)
98066,5 Па
93
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение Д
Физико-механические характеристики материалов
Материал
Сталь:
углеродистая
легированная
Серый чугун
Оловянистая
бронза
Прокатная
медь
Сплавы:
алюминиевые
магнивые
Бетон с
в=20 МПа
Дерево вдоль
волокон
Текстолит
Винипласт
Капрон
Полиэтилен
НД
Каучук
Модуль
упругости
Е105, МПа
Модуль
сдвига
G104,
МПа
Коэффициент
Пуассона, Удельный
вес , кН/м3
78,5
77,5…78,5
68…76
2,0…2,1
2,1…2,2
0,78…1,5
8,0…8,1
4,4
0,24…,033
0,25…0,30
0,23…0,27
0,75…1,2
–
0,32…0,35
87,6…88,2
1,0…1,1
4,3
0,28…034
89,4
0,69…0,71
0,39…0,44
2,7
–
0,33
0,34
26,4…28,0
17,6…18,0
0,182…1,232
–
0,16…0,18
–
0,09…0,15
0,055
–
0,04…0,06
–
0,03…0,04
–
0,014…0,020 0,045…0,048
–
0,35…0,37
0,35…0,38
Сосна
4,8…5,4
13…14,5
13,8…14,3
11,0…11,4
9,2…9,7
0,005…0,008
–
0,39
0,00008
–
0,47
94
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение Е
Значение коэффициента уменьшения основного допускаемого
напряжения (φ)
min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
110
120
130
140
150
160
170
180
190
200
210
220
Сталь Ст.2,
Ст.3, Ст.4
1,00
0,99
0,97
0,95
0,92
0,89
0,86
0,81
0,75
0,69
0,60
0,52
0,45
0,40
0,36
0,32
0,29
0,26
0,23
0,21
0,19
0,17
0,16
Сталь
Ст.5
1,00
0,98
0,96
0,93
0,90
0,85
0,80
0,74
0,67
0,59
0,50
0,43
0,37
0,32
0,28
0,25
0,23
0,21
0,19
0,17
0,15
0,14
0,13
Чугун СЧ12-28, СЧ15-32,
СЧ18-36, СЧ21-40
1,00
0,97
0,91
0,81
0,69
0,57
0,44
0,34
0,26
0,20
0,16
-
Дерево
1,00
0,99
0,97
0,93
0,87
0,80
0,71
0,61
0,49
0,38
0,31
0,25
0,22
0,18
0,16
0,14
0,12
0,11
0,10
0,09
0,08
-
Значения а, в,0 ,пред
Материал
Стали 10,Ст.2
Стали 15,Ст.3
Стали 25,Ст.5
Стали:
10Г2СД,15ГС,
15ХСНД
Дюралюминий Д16Т
Дерево (сосна, ель)
а
в
МПа
264
0,70
310
1,14
350
1,15
0
пред
62
61
57
105
100
92
429
1,52
50
83
406
29,3
2,83
0,194
30
53
70
Для чугуна при пред 80 пользуясь параболической зави-
2
симостью к 776 12 0,053
95
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение приложения Е
График критических напряжений
,МПа
F
[
]
мах =A Формула Ясинского
F
к=
А
T
К =а-в
Т
Fк=
A
К Формула Э2 йлера
пц
Е
min
Fк=
( )2
2
Е
К =
2
0
l
о
п
=
imin
Геометрические характеристики плоских сечений
Форма
сечения
А
Jx
Jy
Jp
вh
в h3
12
h в 3
12
в h (в2+h2)
12
вh
2
в h3
36
h в3
48
в h h2 в 2 12 3 4 d 2
d 4
d 4
d 4
4
64
64
32
h
у
х
с
в
h
у
х
c
в
у
d
с
х
у
с
d
d
с 0
d
х
d0
4
d 2 d 2 d 4 0
1 c4 d 1 c4 4
64
96
64
d 4 1 c4 32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение Ж
Ряд диаметров по ГОСТ 6636-86, мм
10,0; 10,5; 11,0; 11,5; 12; 13; 14; 15; 16; 17; 18; 19; 20; 21; 22;
24; 25; 26; 28; 30; 32; 34; 36; 38; 40; 42; 45; 48; 50; 53; 56; 60;
63; 67; 71; 75; 80; 85; 90; 95; 100; 105; 110; 120; 125; 130; 140;
150; 160; 170; 180; 190; 200; 210; 220; 240; 250; 260; 280; 300;
320; 340; 360; 380; 400; 420; 450; 480; 500…
97
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение И 1
Сортамент прокатной стали в соответствии с ГОСТ 8239-89
h
y
S
x
x
t
(b-d)/4
b
Двутавры
Размер, мм
Номер
балки
h
b
s
t
10
12
14
100
120
140
55
64
73
4,5
4,8
4,9
7,2
7,3
7,5
Площадь
сечения,
см2
Масса
1 м, кг
12,0
14,7
17,4
9,46
11,50
13,70
Ix, см4
198
350
572
Справочный материал для осей
х–х
у–у
Wx,
ix,
Iу,
Wу,
Sx, см3
3
4
см
см
см
см3
39,7
4,06
23,0
17,9
6,49
58,4
4,88
33,7
27,9
8,72
81,7
5,73
46,8
41,9
11,50
iу,
см
1,22
1,38
1,55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение приложения И1
Размер, мм
Номер
балки
h
b
s
t
16
18
18а
20
20а
22
22а
24
24а
27
27а
30
30а
33
36
40
45
50
55
60
160
180
180
200
200
220
220
240
240
270
270
300
300
330
360
400
450
500
550
600
81
90
100
100
110
110
120
115
125
125
135
135
145
140
145
155
160
170
180
190
5,0
5,1
5,1
5,2
5,2
5,4
5,4
5,6
5,6
6,0
6,0
6,5
6,5
7,0
7,5
8,3
9,0
10,0
11,0
12,0
7,8
8,1
8,3
8,4
8,6
8,7
8,9
9,5
9,8
9,8
10,2
10,2
10,7
11,2
12,3
13,0
14,2
15,2
16,5
17,8
Площадь
сечения,
см2
Масса
1 м, кг
20,2
23,4
25,4
26,8
28,9
30,6
32,8
34,8
37,5
40,2
43,2
46,5
49,9
53,8
61,9
72,6
84,7
100,0
118,0
138,0
15,90
18,40
19,90
21,00
22,70
24,00
25,80
27,30
29,40
31,50
33,90
36,50
39,20
42,20
48,60
57,00
66,50
78,50
92,60
108,00
Ix, см4
873
1290
1430
1840
2030
2550
2790
3460
3800
5010
5500
7080
7780
9840
13380
19062
27696
39727
55962
76806
Справочный материал для осей
х–х
у–у
Wx,
ix,
Iу,
Wу,
Sx, см3
3
4
см
см
см
см3
109,0
6,57
62,3
58,6
14,50
143,0
7,42
81,4
82,6
18,40
159,0
7,51
89,8
114,0 22,80
184,0
8,28
104,0 115,0 23,10
203,0
8,37
114,0 155,0 28,20
232,0
9,13
131,0 157,0 28,60
254,0
9,22
143,0 206,0 34,30
289,0
9,97
163,0 198,0 34,50
317,0 10,10 178,0 260,0 41,60
371,0 11,20 210,0 260,0 41,50
407,0 11,30 229,0 337,0 50,00
472,0 12,30 268,0 337,0 49,90
518,0 12,50 292,0 436,0 60,10
597,0 13,50 339,0 419,0 59,90
743,0 14,70 423,0 516,0 71,10
953,0 16,20 545,0 667,0 86,10
1231,0 18,10 708,0 808,0 101,00
1589,0 19,90 919,0 1043,0 123,00
2035,0 21,80 1181,0 1356,0 151,00
2560,0 23,60 1491,0 1725,0 182,00
iу,
см
1,70
1,88
2,12
2,07
2,32
2,27
2,50
2,37
2,63
2,54
2,80
2,69
2,95
2,79
2,89
3,03
3,09
3,23
3,39
3,54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение И2
Сортамент прокатной стали в соответствии с ГОСТ 8240-97
z0
y
h
S
x
x
t
(b-d)/2
y
b
Швеллеры
Размер, мм
№ профилей
Масса
1 м, кг
h
b
s
t
5
6,5
8
10
12
14
4,84
5,90
7,05
8,59
10,4
12,3
50
65
80
100
120
140
32
36
40
46
52
58
4,4
4,4
4,5
4,5
4,8
4,9
7,0
7,2
7,4
7,6
7,8
8,1
Площадь
сечения,
см2
Ix, см4
6,16
7,51
8,98
10,9
13,3
15,6
22,8
48,6
89,4
174
304
491
Справочный материал для осей
х–х
у–у
Wx,
ix,
Iу,
Wу,
Sx, см3
3
4
см
см
см
см3
9,10 1,92
5,59
5,61 2,75
15,0 2,54
9,00
8,70 3,68
22,4 3,16
13,3
12,8 4,75
34,8 3,99
20,4
20,4 6,46
50,6 4,78
29,6
31,2 8,52
70,2 5,60
40,8
45,4 11,0
iу,
см
0,954
1,08
1,19
1,37
1,53
1,70
Z0,
см
1,16
1,24
1,31
1,44
1,54
1,67
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение приложения И2
Размер, мм
№ профилей
Масса
1 м, кг
h
b
s
t
14а
16
16а
18
18а
20
20а
22
22а
24
24а
27
30
33
36
40
13,3
14,2
15,3
16,3
17,4
18,4
19,8
21,0
22,6
24,0
25,8
27,7
31,8
36,5
41,9
48,3
140
160
160
180
180
200
200
220
220
240
240
270
300
330
360
400
62
64
68
70
74
76
80
82
87
90
95
95
100
105
110
115
4,9
5,0
5,0
5,1
5,1
5,2
5,2
5,4
5,4
5,6
5,6
6,0
6,5
7,0
7,5
8,0
8,7
8,4
9,0
8,7
9,3
9,0
9,7
9,5
10,2
10,0
10,7
10,5
11,0
11,7
12,6
13,5
Площадь
сечения,
см2
Ix, см4
17,0
18,1
19,5
20,7
22,2
23,4
25,2
26,7
28,8
30,6
32,9
35,2
40,5
46,5
53,4
61,5
545
747
823
1090
1190
1520
1670
2110
2330
2900
3180
4160
5810
7980
10200
15220
Справочный материал для осей
х–х
у–у
Wx,
ix,
Sx,
Iу,
Wу,
3
3
4
см
см
см
см
см3
77,8 5,66 45,1 57,5 13,3
93,4 6,42 54,1 63,3 13,8
103 6,49 59,4 78,8 16,4
121 7,24 69,8 86,0 17,0
132 7,32 76,1
105 20,0
152 8,07 87,8
113 20,5
167 8,15 95,9
139 24,2
192 8,89 110
151 25,1
212 8,90 121
187 30,0
242 9,73 139
208 31,6
265 9,84 151
254 37,2
308 10,9 178
262 37,3
387 12,0 224
327 43,6
484 13,1 281
410 51,8
601 14,2 350
513 61,7
761 15,7 444
642 73,4
iу,
см
1,84
1,87
2,01
2,04
2,18
2,20
2,35
2,37
2,55
2,60
2,78
2,73
2,84
2,97
3,10
3,23
Z0,
см
1,87
1,80
2,00
1,94
2,13
2,07
2,28
2,21
2,46
2,42
2,67
2,47
2,52
2,59
2,68
2,75
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение И3
Сортамент прокатной стали в соответствии с ГОСТ 8509-93
d
x0
b
y0
x
z0
d
x
x1
x1
b
y0
x0
Уголки стальные горячекатаные равнополочные
Размер, мм
№ профилей
b
2
20
2,5
25
2,8
28
3,2
32
d
3
4
3
4
3
3
4
Площадь
Масса 1
профиля,
м, кг
см2
1,13
1,46
1,43
1,86
1,62
1,86
2,43
0,89
1,15
1,12
1,46
1,27
1,46
1,91
х–х
Ix,
см4
0,40
0,50
0,81
1,03
1,16
1,77
2,26
ix,
см
0,59
0,58
0,75
0,74
0,85
0,97
0,96
Справочный материал для осей
х0–х0
у0–у0
I x0 max , i x0 max , I y0 min , i y0 min ,
см4
0,63
0,78
1,29
1,62
1,84
2,80
3,58
см4
0,75
0,73
0,95
0,93
1,07
1,23
1,21
см4
0,17
0,22
0,34
0,44
0,48
0,74
0,94
см
0,39
0,38
0,49
0,48
0,55
0,63
0,62
х1–х1
I x1 , см
0,81
1,09
1,57
2,11
2,20
3,26
4,39
4
Z0, см
0,60
0,64
0,73
0,76
0,80
0,89
0,94
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение приложения И3
Размер, мм
№ профилей
b
3,6
36
4
40
4,5
45
5
50
5,6
56
6,3
63
7
70
d
3
4
3
4
5
3
4
5
3
4
5
4
5
4
5
6
4,5
5
6
7
8
Площадь
Масса 1
профиля,
м, кг
см2
2,10
2,75
2,35
3,08
3,79
2,65
3,48
4,29
2,96
3,89
4,80
4,38
5,41
4,96
6,13
7,28
6,20
6,86
8,15
9,42
10,7
1,65
2,16
1,85
2,42
2,97
2,08
2,73
3,37
2,32
3,05
3,77
3,44
4,25
3,90
4,81
5,72
4,87
5,38
6,39
7,39
8,37
х–х
Ix,
см4
ix,
см
2,56
3,29
3,55
4,58
5,53
5,13
6,63
8,03
7,11
9,21
11,2
13,1
16,0
18,9
23,1
27,1
29,0
31,9
37,6
43,0
48,2
1,10
1,09
1,23
1,22
1,20
1,39
1,38
1,37
1,55
1,54
1,53
1,73
1,72
1,95
1,94
1,93
2,16
2,16
2,15
2,14
2,13
Справочный материал для осей
х0–х0
у0–у0
I x max , i x max , I y min , i y min ,
0
см4
4,06
5,21
5,63
7,26
8,75
8,13
10,5
12,7
11,3
14,6
17,8
20,8
25,4
29,9
36,6
42,9
46,0
50,7
59,6
68,2
76,4
0
см4
1,39
1,38
1,55
1,53
1,54
1,75
1,74
1,72
1,95
1,94
1,92
2,18
2,16
2,45
2,44
2,43
2,72
2,72
2,71
2,69
2,68
0
0
см4
1,06
1,36
1,47
1,90
2,30
2,12
2,74
3,33
2,95
3,80
4,63
5,41
6,59
7,81
9,52
11,2
12,0
13,2
15,5
17,8
20,0
см
0,71
0,70
0,79
0,78
0,79
0,89
0,89
0,88
1,00
0,99
0,98
1,11
1,10
1,25
1,25
1,24
1,39
1,39
1,38
1,37
1,37
х1–х1
I x1 , см4
4,64
6,24
6,35
8,53
10,73
9,04
12,1
15,3
12,4
16,6
20,9
23,3
29,2
33,1
41,5
50,0
51,0
56,7
68,4
80,1
91,0
Z0, см
0,99
1,04
1,09
1,13
1,17
1,21
1,26
1,30
1,33
1,38
1,42
1,52
1,57
1,69
1,74
1,78
1,88
1,90
1,94
1,99
2,02
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Продолжение приложения И3
Размер, мм
№ профилей
b
7,5
75
10
100
11
110
12,5
125
14
140
d
5
6
7
8
9
6,5
7
8
10
12
14
16
7
8
8
9
10
12
14
16
9
10
12
Площадь
Масса 1
профиля,
м, кг
см2
7,39
8,78
10,1
11,5
12,8
12,8
13,8
15,6
19,2
22,8
26,3
29,7
15,2
17,2
19,7
22,0
24,3
28,9
33,4
37,8
24,7
27,3
32,5
5,80
6,89
7,96
9,02
10,1
10,1
10,8
12,2
15,1
17,9
20,6
23,3
11,9
13,5
15,5
17,3
19,1
22,7
26,2
29,6
19,4
21,5
25,5
х–х
Ix,
см4
39,5
46,6
53,3
59,8
66,1
122
131
147
179
209
237
264
176
198
294
327
360
422
482
539
466
512
602
ix,
см
2,31
2,30
2,29
2,28
2,27
3,09
3,08
3,07
3,05
3,03
3,00
2,98
3,40
3,39
3,87
3,86
3,85
3,82
3,80
3,78
4,34
4,33
4,31
Справочный материал для осей
х0–х0
у0–у0
I x0 max , i x0 max , I y0 min , i y0 min ,
см4
62,6
73,9
84,6
94,9
105
193
207
233
284
331
375
416
279
315
467
520
571
670
764
853
739
814
957
см4
2,91
2,90
2,89
2,87
2,86
3,88
3,88
3,87
3,84
3,81
3,78
3,74
4,29
4,28
4,87
4,86
4,84
4,82
4,78
4,75
5,47
5,46
5,43
см4
16,4
19,3
22,1
24,8
27,5
50,7
54,2
60,9
74,1
86,9
99,3
112
72,7
81,8
122
135
149
174
200
224
192
211
248
см
1,49
1,48
1,48
1,47
1,46
1,99
1,98
1,98
1,96
1,95
1,94
1,94
2,19
2,18
2,49
2,48
2,47
2,46
2,45
2,44
2,79
2,78
2,76
х1–х1
Ix ,
Z0, см
1
см4
69,6
83,9
98,3
113
127
214
231
265
333
402
472
542
308
353
516
582
649
782
916
1051
818
911
1097
2,02
2,06
2,10
2,15
2,18
2,68
2,71
2,75
2,83
2,91
2,99
3,06
2,96
3,00
3,36
3,40
3,45
3,53
3,61
3,68
3,78
3,82
3,90
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Окончание приложения И3
Размеры, мм
№ профилей
b
16
160
18
180
20
200
22
25
220
250
d
10
11
12
14
16
18
20
11
12
12
13
14
16
20
25
30
14
16
16
18
20
22
25
28
30
Площадь
Масса 1
профиля,
м, кг
см2
31,4
34,4
37,4
43,3
49,1
54,8
60,4
38,8
42,2
47,1
50,9
54,6
62,0
76,5
94,3
111,5
60,4
68,6
78,4
87,7
97,0
106,1
119,7
133,1
142,0
24,7
27,0
29,4
34,0
38,5
43,0
47,4
30,5
33,1
37,0
39,9
42,8
48,7
60,1
74,0
87,6
47,4
53,8
61,5
68,9
76,1
83,3
94,0
104,5
111,4
х–х
Ix,
см4
ix,
см
774
844
913
1046
1175
1299
1419
1216
1317
1823
1961
2097
2363
2871
3466
4020
2814
3157
4717
5247
5765
6270
7006
7717
8177
4,96
4,95
4,94
4,92
4,89
4,87
4,85
5,60
5,59
6,22
6,21
6,20
6,17
6,12
6,06
6,00
6,83
6,81
7,76
7,73
7,71
7,69
7,65
7,61
7,59
Справочные величины для осей
х0–х0
у0–у0
I x max , i x max , I y min , i y min ,
0
см4
1229
1341
1450
1662
1866
2061
2248
1933
2093
2896
3116
3333
3755
4560
5494
6351
4470
5045
7492
8337
9160
9961
11125
12244
12965
0
см4
6,25
6,24
6,23
6,20
6,17
6,13
6,10
7,06
7,04
7,84
7,83
7,81
7,78
7,72
7,63
7,55
8,60
8,58
9,78
9,75
9,72
9,69
9,64
9,59
9,56
0
см4
319
348
376
431
485
537
589
500
540
749
805
861
970
1182
1438
1688
1159
1306
1942
2158
2370
2579
2887
3190
3389
0
см
3,19
3,18
3,17
3,16
3,14
3,13
3,12
3,59
3,58
3,99
3,98
3,97
3,96
3,93
3,91
3,89
4,38
4,36
4,98
4,96
4,94
4,93
4,91
4,89
4,89
х1–х1
Ix ,
Z0, см
1
см4
1356
1494
1633
1911
2191
2472
2756
2128
2324
3182
3452
3722
4264
5355
6733
8130
4941
5661
8286
9342
10401
11464
13064
14674
15753
4,30
4,35
4,39
4,47
4,55
4,63
4,70
4,85
4,89
5,37
5,42
5,46
5,54
5,70
5,89
6,07
5,93
6,02
6,75
6,83
6,91
7,00
7,11
7,23
7,31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
СОДЕРЖАНИЕ
Введение
Указания к выполнению контрольных работ
…………….
1 Расчеты на прочность и жесткость при растяжении (сжатии)..
1.1 Напряжения и деформации при растяжении (сжатии)………
2 Определение геометрических характеристик плоских
сечений……………………………………………………………
2.1 Теоретические сведения о геометрических характеристиках
плоских сечений……………………………………………………
3 Расчеты на прочность и жесткость при кручении……………..
3.1 Определение напряжений при кручении вала круглого
сечения. Расчеты на прочность………………………………….
3.2 Определение деформаций при кручении вала круглого
сечения. Условие жесткости……………………………………..
3.3 Кручение стержней (валов) некруглого сечения…………
4 Расчеты на прочность и жесткость при изгибе………………
4. 1 Нормальные напряжения при изгибе. Условие прочности
4.2 Правило знаков и контроль эпюр Q и М………………….
5 Сложное сопротивление………………………………………
5. 1 Косой изгиб………………………………..….……...
5. 2 Изгиб с кручением………………………………..….……...
6 Продольный изгиб………………………………….……………
6.1 Устойчивость сжатых стержней …………………………..
7 Динамическая нагрузка. Расчеты на удар…………………….
7.1 Понятия о теории удара………………………………………
7.2 Виды ударов……………………………………………………
Контрольные вопросы
Обозначения физико-механических величин……………..…
Основные термины и определения……………………..…….
Литература………………………………………………………
Приложения………………………………………………………
Содержание…………………………………………………………
3
4
5
5
14
14
22
22
23
24
32
32
35
45
45
52
63
63
74
74
75
83
85
87
90
91
106
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Владимир Александрович Овтов
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Учебное пособие для самостоятельной работы студентов
заочного отделения
Компьютерная верстка
Корректор
В.А. Овтов
А.А. Артамонова
Сдано в производство
Формат 60×84 1/16
Бумага Гознак Рrint.
Усл. печ. л. 6,28.
Тираж 50 экз.
Заказ №
РИО ПГСХА
440014, г. Пенза, ул. Ботаническая, 30
Документ
Категория
Машиностроение
Просмотров
464
Размер файла
2 457 Кб
Теги
сопротивления, материалы
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа