Главная страница сайта  Российские промышленные издания (узловые агрегаты) 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 [ 77 ] 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157

i£7

iV-WL /и

mwooiir/cin

§ 5. Общий случай сложного сопротивления

В общем случае пространственного действия сил на призматический стержень внутренние усилия в поперечном сечении приводятся к шести компонентам: продольному усилию N, крутящему

моменту /И к, поперечным силам Qy, Q и изгибающим моментам My, М (рис. 136)

Если ось X - геометрическая ось стержня, а оси у и z - главные центральные оси инерции поперечного сечения, центр тяжести которого совпадает с центром изгиба, то Qy и М определяют собой поперечный изгиб в плоскости ху, а Qk My - поперечный изгиб в плоскости xz Таким образом, стержень испытывает одновременную деформацию растяжения или сжатия, кручения и двух плоских поперечных изгибов.

В произвольной точке (у, z) поперечного сечения стержня нормальное напряжение определяют по формуле (142), а результирующее касательное напряжение находят путем геометрического сложения касательных напряжений от кручения и от изгиба.

Му = PA - Pih = 240 • 0,8 - 200 • 0,3 = 132 кГ-ж;

Е/И, = - Я,/з + (/, - g = 0;

Мд = Р,/з - (1 - /г) = 200 0,6 - 100 (0,8 - 0,4) = 80 кГ-м.

2. Определение на участках продольных усилий Л, крутящих моментов /Ик и изгибающих моментов Af, /М, /М.

В Р,

3 фа

Рис 139

Рис. 140

Участок 1. Считаем г = О в точке Е к г = It в точке D. Изгиб в плоскости хг:

М=Р,г; =0; М„ = PJ, = 200 • 0.3 = 60 кГ-л.

Участок 2. Считаем л: = О в точке £> и л: = /а в точке С. Растяжение и изгиб в плоскостях хг и дг{/:

N = Р = 200 кР, /И

: Р,/, = 200 • 0,3 = 60 кГ-м; = Рх; = Р4 = 100 0,4 = 40 кГ-м.

Участок 3. Считаем г/ = О в точке С ш у = Ib точке В Сжатие, кручение и изгиб в плоскостях уг и ху:

N = -Р=-т кР; М = PJ, = 200 • 0,3 = 60 кГ-м;

М.РзУ.

= 0; М = P,L = 240 - 0,6 = 144 кГ-м;

M, = PJ, + P; = Рг/г = 100 0,4 = 40 кГ-м;

= Рг1г + Лз = 100 • 0,4 + 200 • 0.6 = 160 кГ-м.

Участок 4. Считаем л: = О в точке Л и лг = в точке В.

в точке С посередине нижней малой стороны сечения возникают следующие нормальные и касательные напряжения:

а = а + а" = 250 + 646 = 896 кГ/см\

t = Ч+ х = 44 + 16 = 60 кГ/см\

Эквивалентное напряжение по третьей гипотезе прочности

а, = 1/896 + 4-602 904 кГ/см2.

8 2«

51ВнГ/ам

0,153-ватяг/е/л \ X

Рис. 138

г 8-2*

Из сравнения величин в опасных точках А, В н С видно, что наиболее опасной является точка А.

Так как Оэд = 1412 кГ/см превышает [ о] меньше чем на 1 %, то можно считать стержень прочным.

Пример 75. Дано: = 200 кГ; Ра = ЮО кГ; Рз = 240 кГ; h = 30 см; «2 = 40 см; h = 60 см; U = 80 см; [ о] = ЮОО кГ/см (рис. 139).

Определить: а. h, Ь, d, da.

Решение. 1. Определение реактивных составляющих в заделке. Для этого пользуемся шестью условиями статики (рис. 140).

SX = Л-Р1 = 0; £К = Л,-Ра = 0; £Z = -4+Рз = 0; Ш,Мл~Р,1,= 0;

A=Pi--= 200 кГ; Ау = Р,= 100 кГ; 4 = Рз = 240 кГ; Мл = Рзгз = 240.0,6 = = 144 кГ-м:

LMy=MA+PJi-PsU = 0;

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 [ 77 ] 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157