Механические свойства материалов и расчеты на прочность

Основным методом определения механических характеристик материалов является испытание на растяжение. Определенные при этом предел текучести s_т и предел прочности s_в (временное сопротивление разрыву) являются основными характеристиками при расчете на прочность. Для пластичных материалов за предельное напряжение s_lim принимается предел текучести, а для деталей из хрупких материалов – предел прочности.

Разделив соответствующее предельное напряжение s_lim на коэффициент запаса прочности n, определяют допускаемое напряжение:

[s] = s_lim/n.

Ориентировочные значения допускаемых напряжений для часто применяемых материалов приводятся в соответствующих справочниках.

Важнейшей задачей инженерного расчета является оценка прочности детали по известному напряженному состоянию. Наиболее просто решается эта задача для случая одноосного напряженного состояния, так как механические характеристики s_т и s_в установлены при испытании на растяжение, когда в образце имеет место одноосное напряженное состояние. Таким образом, условие прочности для одноосного напряженного состояния принимает вид ½s_max½ £ [s],

где s_max – максимальное по абсолютной величине нормальное напряжение.

В случае сложного напряженного состояния, как показывают опыты, для одного и того же материала опасное состояние может наступить при различных предельных значениях главных напряжений s₁, s₂, s₃ в зависимости от соотношений между ними. Поэтому экспериментально установить предельные величины главных напряжений очень сложно. Чтобы решить задачу о прочности материала, в этом случае вводят гипотезу о преимущественном влиянии на прочность материала того или иного фактора.

Полагают, что нарушение прочности материала при любом напряженном состоянии наступит только тогда, когда величина данного фактора достигает некоторого предельного состояния. Таким образом, введение критерия прочности позволяет заменить расчет на прочность сложного напряженного состояния равно опасным (эквивалентным) ему одноосным напряженным состоянием. Условие прочности в этом случае можно записать в виде s_экв £ [s].

Зависимость s_экв = f(s₁, s₂, s₃) устанавливается по той или иной теории прочности.

Наибольшее распространение при расчетах на прочность в машиностроении получили: теория наибольших касательных напряжений

(III теория) и энергетическая (IV теория). Эти теории прочности хорошо подтверждаются опытами для материалов, одинаково работающих на растяжение и сжатие.

s_эквIII = s₁-s₃,

s_эквIV = / .

П р и м е р 1. По заданной схеме нагружения и форме поперечного сечения (рис. 11) подобрать размер d из расчета на прочность. Внешние нагрузки приложены к оси стержня.

Исходные данные:

q₁=500 кН/м; q₂=-30 кН/м; Р=20 кН; l₁=2 м; l₂=1 м; [s] = 100 МПа.

q₁ q₂

Р

2d

d

l₁ l₂

Рис. 11

Решение

Так как материал стержня работает только на растяжение-сжатие, то в точках стержня имеет место одноосное напряженное состояние, и условие прочности можно записать в виде

s_zmax £ [s] или s_zmax = N_max/F £ [s].

Площадь поперечного сечения стержня F = 3pd²/4.

Следовательно, s_zmax = 4N_max/ 3pd² £ [s],

откуда d ³ . (11)

Для нахождения наибольшего значения продольной силы N_max, запишем выражение для этой функции

N(z) = N(0) - q₁z + q₁(z-l₁) - q₂(z-l₁).

Для заданных условий закрепления на правом конце стержня граничное условие будет

N(l₁ + l₂) = Р ® N(0) - q₁(l₁ + l₂) + q₁l₂ - q₂l₂ = Р,

откуда

N(0) = 50×2-30×1 + 20 = 90 кН.

Окончательно получаем:

N(z) = 90 - 50×z + 50×(z - 2) + 30×(z - 2).

Вычисляем значение продольной силы на границах участков

N(0) =90 кН N(l₁) = -10 кН

N(l₁) = -10 кН N(l₁ + l₂) = 20 кН.

По полученным значениям строим эпюру N (рис. 12), из которой видно, что N_max = 90 кН. Подставляя в формулу (11), получаем

D ³ .

Из нормального ряда диаметров принимаем размер d = 20 мм.

q₁ q₂

P

l1 l2

N(z)

Рис. 12

П р и м е р 2. По заданной схеме нагружения (рис.13) для стального стержня необходимо:

1. Подобрать диаметр d круглого поперечного сечения из расчета на прочность по теории наибольших касательных напряжений.

2. Вычислить главные линейные деформации в опасной точке стержня.

Рис. 13

Исходные данные:

L = 4 кН×м; m = 8 кН×м/м; l = 1 м; [s] = 160 МПа.

Решение

При кручении в стержнях возникает двухосное напряженное состояние – чистый сдвиг. В точках поперечного сечения, лежащих на контуре, возникают наибольшие касательные напряжения:

t_max = M_к/W_r.

Условие прочности при сложном напряженном состоянии

s_экв £ [s].

По теории наибольших касательных напряжений

s_экв = s₁ - s₃.

При чистом сдвиге s₁ = t, s₂ = 0, s₃ = -t.

Следовательно

s_экв = s₁ - s₃ = 2t_max = 2 M_к/W_r.

Для стержня круглого поперечного сечения полярный момент сопротивления W_r = 0,2d³.

Условие прочности примет вид:

s_экв = M_к/0,1d³ £ [s].

Откуда

d ³ .

Для определения наибольшего значения крутящего момента необходимо построить график этой функции.

1. Уравнение крутящего момента

М_к(z) = М_к(0) - m(z-l).

На левом конце стержня М_к(0) = L, тогда М_к(z) = 4 – 8(z – 1). Вычисляем значения крутящего момента на границах участка

М_к(0) = 4кН×м,

М_к(l) = 4кН×м,

М_к(2,5l) = -8кН×м

и строим эпюру М_к(z).

M_k(z)

	8

Рис. 14

М_кmax = 8кН×м

Подставляя численные значения, находим

d ³ .

Принимаем диаметр стержня d = 80 мм.

2.Вычисляем наибольшие касательные напряжения в опасном сечении

t_max = M_кmaх/0,2d³ = 8/0,2×8³×10^-6 = 78 МПа.

Главные напряжения в опасных точках этого сечения s₁ = 78 МПа;

s₂ = 0 МПа; s₃ = - 78 МПа.

Главные линейные деформации для упругого тела определяем по формулам обобщенного закона Гука, приняв для стали модуль Юнга Е=2×10⁵ МПа, коэффициент Пуассона m=0,3

e₁ = [s₁ - m(s₂ + s₃)]/Е = (78 + 0,3×78)/2×10⁶ = 50,7×10^-6

e₂ = [s₂ - m(s₃ + s₁)]/Е = 0;

e₃ = [s₃-m(s₂ + s₁)]/Е = -50,7×10⁶.

Следовательно, и деформированное состояние при кручении будет двухосное.

П р и м е р 3. По заданной схеме нагружения для стержня подобрать двутавровое поперечное сечение из расчета на прочность. Для выбранного стержня построить эпюры нормальных и касательных напряжений и проверить прочность стержня в опасных точках по третьей теории прочности.

Рис.15

Исходные данные: Р = 72 кН, L = 16 кН×м, l = 0,5 м, [s] = 160 МПа.

Решение

Составим уравнение изгибающих моментов М_х и поперечных сил Q_y

Q_y(z) = Q_y(0) + P ,

М_х(z) = М_х(0) + Q_У(0)z + P(z-l).

Для определения постоянных интегрирования Q_y(0) и М_х(0) для заданных условий закрепления концов стержня граничные условия запишутся в следующем виде:

М_х(0) = 0, М_х(2l) = L.

Из второго условия имеем

Q_У(0)×2l + Pl = L.

Откуда

Q_У(0) = L/2l - P/2 = 16/2×0,5 - 72/2 = -20 кН.

Окончательно получаем

Q_У(z) = -20 + 72,

М_х(z) = -20×z + 72(z - 0,5).

Вычисляем значения поперечных сил и изгибающих моментов на границах участков

0 < z < l,

Q_y = -20 кН; М_х(0) = 0; М_х(l) = -10 кНм.

l < z < 2l,

Q_y = -20 + 72 = 52 кН; М_х(l) = -10 кНм; М_х(2l) = 19 кНм.

По полученным значениям строим эпюры М_х и Q_y (рис. 16 ).

Опасным сечением будет сечение на правой опоре, где М_х = 16 кН×м и Q_y = 52 кН.

Условиe прочности при изгибе запишем в виде

s_{z max} = M_x/W_х £ [s].

Откуда

W_х ³ M_x /[s] = 16/160×10³ = 100 см³.

Q_y(z)

M_x(z)

Рис. 16

По таблицам «Сортамент прокатной стали» выбираем двутавр, имеющий ближайший больший осевой момент сопротивления. Таковым является двутавр №16, имеющий W_х = 109 см³, и осевой момент инерции

J_х = 873 см⁴.

Построим эпюры нормальных и касательных напряжений по высоте опасного поперечного сечения. Для этого вычислим величины s_z и t_zy в следующих трех точках сечения:

Точка 1- крайние точки у = ±h/2.

В этих точках нормальные напряжения достигают наибольшей величины и равны

s_z(1) = M_x/W_х= 16/109×10^-6 = 147 МПа.

Касательные напряжения в этих точках равны нулю t_zy(1) = 0.

Следовательно, в данной точке имеет место одноосное напряженное состояние, и условие прочности в этой точке выполняется.

s_z(1) = 147 МПа < [s].

Точка 2 – верхняя точка стенки двутавра (рис.17) с ординатой

у = ±(h/2-t).

Рис.17.

Из таблицы сортаментов выписываем значения размеров двутавра №16: h = 160 мм, b = 81 мм, d = 5 мм, t = 7,8 мм.

Нормальное напряжение в этой точке будет:

s_z(2) = M_x(h/2 - t)/J_x = 16(80 – 7,8)/873×10^-8 = 132 МПа.

В этой же точке будут возникать касательные напряжения, которые при поперечном изгибе можно определить по формуле Журавского:

t_zy=Q_y×S_x*/J_x×b(y).

Отсеченной будет одна из частей сечения, если через точку 2 проведем линию, параллельную оси Х. В данном случае удобней взять верхнюю часть, то есть полку двутавра F₁. Рассматривая ее как прямоугольник, найдем

S_x*=F₁×y₁=b×t×(h/2-t/2)=8,1×0,78×(8-0,39)=48,1 cм³.

Ширину сечения в точке 2, не учитывая закругления, примем

b(y) = d = 0,5 см.

Тогда

t_zy(2) = 52×48,1×10⁷/873×0,5 = 57 МПа.

Точка 3 - лежит на оси Х.

В этой точке нормальные напряжения равны 0. Отсеченной будет половина поперечного сечения, статический момент ее найдем как сумму статических моментов двух прямоугольников

S_x* = F₁×y₁ + F₂×y₂ = b×t×(h/2 - t/2) + (h/2-t) ×d×(h/2 - t)/2 =

= 8,1×0,78(8 - 0,39) + (8 - 0,78) ×0,5(8 - 0,78)/2 = 61 cм³.

Ширина сечения

b(y) = d = 0,5 см.

Касательные напряжения в точке 3

t_zy(3) = 52×61×10⁷/873×0,5 = 81 МПа.

По найденным значениям s_z и t_zy строим их эпюры (рис.18)

s_z(y) t_zy(y)

Рис. 18

Проверяем условия прочности в этих точках.

Точка 1. s_z = 147 МПа и t_zy = 0 МПа.

В рассматриваемой точке будет одноосное напряженное состояние, и условие прочности можно записать в виде

s_z £ [s].

В данном случае s_z =147 МПа < [s], следовательно, условие прочности в точке 1 выполняется.

Точка 2. s_z = 132 МПа и t_zy = 57 МПа.

В данной точке будет иметь место двухосное напряженное состояние s₂ = 0

s_1,3 = (s_z ± = (132 ± ,

s₁ = 153 МПа, s₃ = -11 МПа.

Условие прочности для сложного напряженного состояния

s_экв £ [s].

По теории наибольших касательных напряжений

s_экв = s₁ - s₃ = 153 + 11 = 164 МПа.

Эквивалентное напряжение в точке получилось несколько выше допускаемого напряжения, но перегрузка составляет

[(164 - 160)/160]% = 2,5 %,

что лежит в допускаемых пределах.

Точка 3. s_z = 0, t_zy = 81 МПа.

Такой вид напряженного состояния называется чистым сдвигом. Главные напряжения в т.3 будут равны

s₁ = t_zy = 81 МПа; s₂ = 0; s₃ = -t_zy = -81 МПа.

Эквивалентное напряжение будет

s_экв = s₁ - s₃ = 81 + 81 = 162 МПа.

Здесь тоже эквивалентное напряжение оказалось выше допускаемого, но это превышение тоже лежит в допускаемых пределах.

Можно сделать заключение, что условие прочности во всех точках опасного сечения выполняется.

П р и м е р 4. Стержень АВ имеет на правом конце кронштейн ВС, в верхней точке которого приложена горизонтальная сила Р.

Рис. 19

Найти наибольшие напряжения в стержне АВ, если Р = 50 кН,

l = 0,2 м, r = 1 см.

Проверить прочность стержня, приняв допускаемое напряжение

[s] = 200 МПа.

Решение

Приведем силу Р к оси стержня АВ и построим эпюры внутренних сил. При параллельном переносе силы Р из точки С в точку В она приведется к силе Р и паре сил L = Pl.

Уравнения внутренних сил

N(z) = N(0); Q_y(z) = Q_y(0); M_x(z) = M_x(0) + Q_y(0)×z.

Граничные условия

N(0) = 0; M_x(0) = 0; M_x(4l) = L ,

откуда Q_y(0) = L/4l = P/4.

Окончательно получаем

N(z) = P; Q_y(z) = P/4; M_x(z) = P×z/4.

Эпюры внутренних сил приведены на рис.20.

N(z)

12,5

Q_y(z)

M_x(z)

Рис. 20

Таким образом, для стержня АВ вид нагружения будет – растяжение с изгибом. И нормальные напряжения в точках поперечного сечения можно найти по формуле

s_z = + y

Вычислим необходимые геометрические характеристики поперечного сечения стержня АВ (рис.21)

Xc

Рис. 21

Сложную фигуру можно представить как составленную из более простых фигур: прямоугольник и два полукруга, для которых известны площади положения центров тяжести и моменты инерции относительно своих центральных осей.

Предварительно определим геометрические характеристики каждой фигуры:

1 фигура – полукруг радиусом r.

Площадь фигуры F₁ = pr²/2; осевые центральные моменты инерции J_x1 = 0,112⁴; J_y = pr⁴/8, расстояние до центра тяжести У₀ = 4r/3p.

2 фигура – прямоугольник с основанием b = 2r и высотой h = 4r.

Площадь фигуры F₂ = bh = 8r².

Центральные осевые моменты инерции

J_x2 = bh³/12 = 2r×(4r)³/12 = 10,7r⁴; J_y = hb³/12 = 2,67r⁴.

3 фигура – полукруг радиусом r имеет те же характеристики, что и фигура 1.

Площадь поперечного сечения стержня

F = SF_i = F₁ + F₂ - F₃ = F₂ = 8r².

Для определения положения центра тяжести сечения выберем вспомогательные оси ХУ. Ось У является осью симметрии фигуры, и поэтому она будет центральной, а центр тяжести фигуры находится на этой же оси, т.е. абсцисса x_с = 0. Ординату центра тяжести найдем по формуле

y_c = SS_xi/SF_i = (S + S + S )/F = (F₁y₁ + F₂y₂ + F₃y₃)/F,

где y₁, y₂, y₃ – ординаты центров тяжести отдельных фигур относительно оси Х.

Соответственно

y₁ = 4r + 4r/3p; y₂ = 2r; y₃ = 4r/3p.

Теперь

y_c = (pr²/2) × (4r + 4r/3p) + 8r² × 2r - (pr²/2) × 4r/3p = 2,8r.

Проведем через точку С ось Х_с, перпендикулярную оси У_с.

Эта ось будет являться не только центральной, но и главной, опять в силу того, что ось Y является осью симметрии. Таким образом, оси Х_сY_c есть главные центральные оси сечения.

Вычислим главные центральные моменты инерции сечения, используя формулы параллельного переноса осей.

Предварительно найдем расстояния между осью Х_с и центральными осями отдельных фигур

a₁ = y₁ - y_c = 4r + 4r/3p - 2,8r = 1,3r;

a₂ = -(y_c - y₂) = -(2,8r - 2r) = -0,8r;

a₃ = -(y_c - y₃) = -(2,8r - 4r/3p) = -2,38r.

Используя формулы параллельного переноса осей, получаем

J_xc = J + J + J = (J_x1 + a F₁) + ( J_x2 + a F₂) - (J_x3 + a F₃) =

= 0,11r⁴ + (1,3)² × pr²/2 + 10,7r⁴ + (0,8r)² × 8r² - 0,11r⁴ - (2,38r)² × pr²/2 =

= 9,36r⁴ = 9,36 cм⁴.

Наибольшие параллельные напряжения будут возникать в поперечном сечении стержня В на правой опоре, где

N=P=50 кН, М_х=P×l=10кН×м.

Вычислим напряжения в крайних точках этого сечения.

Крайняя верхняя точка 1: y = 2,2 см.

s_z(1) = 50/8 × 10⁴ + 50 × 0,2/9,36 × 2,2 × 10⁶ = 2413 МПа.

Крайняя нижняя точка 2: y = -2,8 см.

s_z(2) = 50/8 × 10⁴ + 50 × 0,2/9,36 × (-2,8) × 10⁶ = -2929 МПа.

В обеих точках s_z > [s], следовательно, условия прочности не выполняются.

П р и м е р 5. Проверить прочность балки (рис.21), нагруженной поперечными нагрузками, действующими в горизонтальной и вертикальной плоскостях. Стержень изготовлен из швеллера №16 и равнополочного уголка №10с жестко соединенных между собой по всей длине.

Исходные данные: q = 5 кН/м, l = 0,6 м, Р_х = Р_у = Р = ql = 3 кН,

L = ql² = 1,8 кНм, [s] = 160 МПа.

Рис. 22

Решение

Выписываем из таблиц прокатного сортамента необходимые данные для фигур, составляющих поперечное сечение:

Швеллер №16: h₁ = 16 см, В₁ = 6,4 см, F₁ = 18,1 см², J_x1 = 747 см⁴,

J_y1 = 63,3 см⁴, z₁ = 1,8 см.

Уголок №10: В₂ = 10 см, F₂ = 15,6 см², J_x2 = J_y2 = 147 см⁴, J_u = 233 см⁴,

J_v = 61 см⁴, z₂ = 2,75 см..

При пользовании таблицами сортамента следует обратить внимание на возможное несовпадение в обозначении осей фигуры, выбранных в задаче и принятых в таблицах. Поэтому все характеристики, взятые из таблиц, необходимо снабдить индексами осей, принятыми в задаче.

Рис.23

Для определения положения центра тяжести сечения выбираем вспомогательные оси Х₁У₁, совпадающие с центральными осями швеллера. Вычисляем координаты центра тяжести всего сечения

y_c = см,

x_c = см.

Отмеряя по осям Х₁У₁, соответственно 2,11 см и 2,43 см, находим положение центра тяжести С поперечного сечения стержня. Проводим через эту точку вспомогательные центральные оси Х_сУ_с, параллельные центральным осям швеллера и уголка. Для вычисления центральных осевых и центробежных моментов инерции определим координаты центров тяжести С₁ и С₂ в системе осей Х_сУ_с:

a₁ = -y_c = -2,43 см; b₁ = -x_c = -2,11 см;

a₂ = (h₁/2 - y_c - z₂) = (8 - 2,43 - 2,75) = 2,82 см;

b₂ = z₁ + z₂ -x_c = 2,75 + 1,6 - 2,11 = 2,44 см.

Используя формулы преобразования, при параллельном переносе осей получаем

J_xc = S(J_xc)_i = (J_x1 + a F₁) + (J_x2 + a F₂) =

=(747 + 2,43² × 18,1) + (147 + 2,82 × 15,6) = 1125 см⁴,

J_yc = S(J_yc)_i = (J_y1 + b F₂) + (J_y2 + b F₂) =

= (63,3 + 2,11² × 18,1) + (147 + 2,44² × 15,6) = 384 см⁴.

Центробежный момент инерции швеллера J_x1y1=0, так как ось Х₁ одновременно является осью симметрии. Для уголка главными осями инерции являются оси U и V, повернутые на угол a = 45° по отношению к осям Х₂ У₂. Для определения центробежного момента относительно этих осей воспользуемся формулами поворота

J_x2y2 = [(J_u - J_v)sin2a]/2 = [(233 - 61)sinp/2]/2=86 см⁴.

Теперь вычисляем центробежный момент инерции всего сечения относительно центральных осей Х_сУ

J_xcyc = J_x1y1 + a₁b₁F₁ + J_x2y2 + a₂b₂F₂ = 0 + (-2,43) × (-2,11) × 18,1 + 86 +

+ 2,82 × 2,44 × 16,6 = 286 cм⁴.

Вычислим главные моменты инерции по формуле

J_max,min=0,5[J_xc+J_yc

Принимаем J_x0 = J_max = 1222 см⁴, J_у0 = J_min = 287 см⁴.

Определим положение главных центральных осей Х₀У₀ по формулам:

tqa₁ = tq(X_c, X₀) = (J_xc – J_x0)/J_xcyc = -0,339; a₁ = -18,8°.

tqa₂ = tq(Y_c, Y₀) = (J_xc – J_y0)/J_xcyc = 2,93; a₂ = 71,2°.

Перейдем к построению эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Q_y(z) = Q_y(0) – [-P – q(z – 2l)],

M_x(z) = M_x(0) + Q_y(0)z – [-P(2 - l) – 0,5q(z – 2l)²].

Граничные условия Q_y(3l) = 0; M_x(3l) = 0,

откуда Q_y(0) = -P - ql = -3 - 5×0,8 = - 7 кН,

M_x(0) = -Q_y(0) × 3l – P – 0,5 × q ×l² =

=7 × 3 × 0,6 – 0,5 × 5 × 0,8² = 6,3 кН×м.

Окончательно Q_y(z) = - 7 + 3 + 5(z - 1,2),

M_x(z) = 6,3 – 7z + 3(z - 0,6) + 0,5(z – 1,2)².

Вычисляем значения функций на границах участков

0 < Z < l; Q_y(0) = -7 кН; M_x(0) = 6,3 кНм,

Q_y(l) = -7 кН; M_x(l) = 2,7 кНм.

l < Z < 2l; Q_y(l) = -4 кН; M_x(l) = 2,7 кНм;

Q_y(2l) = -4 кН; M_x(2l) = 0,9 кНм.

2l < Z < 3l; Q_y(2l) = -4 кН; M_x(2l) = 0,9 кНм;

Q_y(3l) = 0; M_x(3l) = 0.

В перпендикулярной плоскости

Q_x(z) = Q_x(0); M_y(z) = M_y(0) – Q_x(0)z - L

Граничные условия Q_x(3l) = P; M_x(3l) = 0.

Откуда Q_x(0) = P; M_x(0) = Q_x(0)×3l + L = 3 × 1,8 + 1,8 = 7,2 кНм.

Окончательно Q_x(z) = 3; M_x(z) = 7,2 – 3z - 1,8.

Поперечная сила постоянна по всей длине стержня и равна 3 кН. Вычислим изгибающий момент на границах участков

0 < Z < l; M_y(0) = 7,2 кНм; M_y(l) = 5,4 кНм.

l < Z < 3l; M_y(l) = 3,6 кНм; M_x(3l) = 0.

По вычисленным значениям строим эпюры (рис. 24).

По полученным эпюрам выбираем опасное сечение стержня. В данном случае таковым будет являться левое концевое сечение (в заделке), так как именно в этом сечении оба изгибающих момента достигают наибольшей величины: М_х = 6,3 кНм, М_у = 7,2 кНм. Нормальные напряжения при косом изгибе определяются по формуле:

s_z = M_x×y/J_x – M_y×x/J_y,

где J_x и J_y – главные центральные моменты инерции, т.е. J_x=J_x0=1222 см⁴, J_x=J_у0=287 см⁴. Изгибающие моменты должны быть определены тоже относительно главных центральных осей.

3

3

Q_y(z)

2,7

M_x(z)

Q_x(z)

M_y(z)

Рис. 24

Поскольку внешние заданные нагрузки действуют в вертикальной и горизонтальной плоскостях, то на рис. 25 имеем эпюры изгибающих моментов, действующих в этих плоскостях, т.е. моменты относительно осей Х_сУ_с. В используемой формуле необходимы моменты относительно главных центральных осей: М_хс = М_х = 6,3 кНм, М_{у с} = М_у = 7,2 кНм.

Y_c Y₀

M_yc M_y0

M_xc

X_c

C a^°

M_x0

X₀

Рис. 25

Найдем требуемые моменты как сумму проекций М_хс, М_ус на главные центральные оси сечения

M_x0 = M_xc×cosa₀ – M_yc×sina₀ = 6,3 ×0,947 – 7,2 ×0,323 = 3,64 кНм,

M_y0 = M_yc×cosa₀ + M_xc×sina₀ = 7,2 ×0,323 + 6,3 ×0,947 = 8,29 кНм.

Следует иметь ввиду, что в данном случае формулы преобразования получены для отрицательного угла a₀.

Таким образом, для принятых обозначений осей в решении задачи формулу можно переписать в виде

s_z = y - x.

Наибольшие нормальные напряжения будут возникать в точках, наиболее удаленных от нулевой линии. Уравнение нулевой линии в системе главных центральных осей

y₀ = ×x₀,

где x₀, y₀ –координаты точек, лежащих на нулевой линии.

y₀ = 8,29/3,64 × 1222/287 × x₀ =9,7 x₀.

Согласно полученному уравнению проводим нулевую линию и находим точки, наиболее удаленные от нее. Это точка А с координатами

x_А = -8,7 см, y_А = 2,9 см.

Нормальные напряжения в этой точке

s_z(A) = [3,64/1222 × 2,9 – 8,29/287 × (-8,7)] × 10⁶ = 259 МПа > [s].

Условие прочности для стержня не выполняется.

П р и м е р 6. Стержень круглого поперечного сечения нагружен горизонтальными и вертикальными нагрузками и крутящим моментом (рис. 26).

Определить диаметр поперечного сечения из расчета на прочность. Исходные данные: Р₁ = 6 кН, Р₂ = 10 кН, q = 4 кН/м, L = 5 кН×м,

l = 1 м, [s] = 160 МПа.

	L

Рис. 26

Решение

Построение эпюр начнем с рассмотрения сил, действующих в вертикальной плоскости

Q_y(z) = Q_y(0) + P₂,

M_x(z) = M_x(0) + Q_y(0) × z + P₂ × (z – l).

Граничные условия

Q_y(0) = -P₁, M_x(0) = 0.

Окончательно получаем:

Q_y(z) = -6 + 10 , M_x(z) = - 6 × z + 10 × (z – 1).

Под действием сил, действующих в горизонтальной плоскости:

Q_x(z) = Q_x(0) + q × z – q × (z – 1,5l),

M_y(z) = M_y(0) - Q_x(0) × z - q × z²/2 + q × (z – 1,5l)²/2.

Соответствующие граничные условия:

Q_x(0) = 0, M_y(0) = 0.

Окончательно получаем:

Q_x(z) = 4 × z – 4 × (z – 1,5),

M_y(z) = - 4 × z²/2 + 4 × (z – 1,5)²/2.

Уравнение крутящих моментов:

M_к(z) = L = 5 кНм.

Вычисляя значение функций на границах участков, строим их эпюры (рис. 27 )

	L

Q_y(z)

<