Окончательно получаем

Q_У(z) = -20|₁ + 72|₂ ,

М_х(z) = -20×z|₁ + 72(z - 0,5)|₂ .

Вычисляем значения поперечных сил и изгибающих моментов на границах участков:

1) 0 < z < l, Q_y = -20 кН; М_х(0) = 0; М_х(l) = -10 кНм.

2) 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. 7.6).

Опасным сечением будет сечение на правой опоре, где

М_х = 16 кН×м = 16×10³ Н×м и Q_y = 52 кН = 52×10³ Н.

Условие прочности при изгибе запишем в виде

s_{z max} = M_x/W_х £ [s].

Откуда определяется значение осевого момента сопротивления сечения

W_х ³ M_x /[s] = 16×10³/160 × 10⁶ = 1 × 10^-4 м³ = 100 см³.

x

z

M_x(z), кНм

Рис. 7.6

По таблицам «Сортамент прокатной стали» выбираем двутавр, имеющий больший ближайший осевой момент сопротивления. Таковым является двутавр

№ 16, имеющий W_х = 109 см³ = 109 ×10^-6 м³ и осевой момент инерции J_х = 873 см⁴ =

= 873 × 10^-8 м⁴.

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 ×10³/109 ×10^-6 = 0,147 ×10⁹ Н/м² = 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.7.7 ) с ординатой

у = ±(h/2 - t).

Рис.7.7

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 ×10³ × (80 – 7,8) × 10^-3/873 ×10^-8 = 132 ×10⁶ Н/м² = 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 статический момент отсеченной части

S_x* = F₁ × y₁ = b × t × (h/2 - t/2) = 8,1 × 0,78 × (8 - 0,39) = 48,1 cм³ = 41,8 × 10^-6 м³.

Ширину сечения в точке 2, не учитывая закругления, примем

b(y) = d = 0,5 см = 0,5 ×10^-2 м.

Тогда

t_zy(2) = 52 ×10³ × 48,1× 10^-6/873 × 10^-8 × 0,5 × 10^-2 = 5,7 × 10⁷ Н/м² = 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 = 61×10^-6 м³.

Ширина сечения

b(y) = d = 0,5 см = 0,5 × 10^-2 м.

Касательные напряжения в точке 3

t_zy(3) = 52 × 10³ × 61 ×10^-6/873 ×10^-8 × 0,5 × 10^-2 = 7,2 × 10⁷ Н/м² = 72 МПа.

По найденным значениям s_z и t_zy строим их эпюры (рис. 7.8)

y s_z(y) t_zy(y)

Рис. 7.8

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 и

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 = 72 МПа.

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

s₁ = t_zy = 72 МПа; s₂ = 0; s₃ = -t_zy = -72 МПа.

Эквивалентное напряжение будет

s_экв = s₁ - s₃ = 72 + 72 = 144 МПа.

Здесь эквивалентное напряжение оказалось ниже допускаемого, что приводит к автоматическому выполнению условия прочности.

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

Пример 4. Стержень АВ, нагруженный равномерно распределенной поперечной нагрузкой q, имеет на правом конце кронштейн ВС, в верхней точке которого приложена горизонтальная сила Р (рис. 7.9).

Найти наибольшие напряжения в стержне АВ, если Р = 80 кН, q = 50 кН/м,

l = 0,2 м, r = 1 см.

Проверить прочность стержня, приняв допускаемое напряжение [s] = 200 МПа.

	Р

Рис. 7.9

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 продольной силе Р и паре сил L = Pl/4 = 4 кН×м.

Уравнения внутренних сил при этом будут иметь вид

N(z) = N(0); Q_y(z) = Q_y(0) + q×z; M_x(z) = M_x(0) + Q_y(0)×z + q×z²/2.

Граничные условия: N(0) = 0; M_x(0) = 0; M_x(4l) = L.

Реализовав последнее условие Q_y(0) × 4l + q × (4l)²/2 = L, находим Q_y(0) = - 15 кН.

Окончательно получаем уравнения внутренних сил в виде

N(z) = 80 кН; Q_y(z) = - 15 + 50 × z (кН); M_x(z) = - 15×z + 50 × z²/2 (кН×м).

Эпюры внутренних сил приведены на рис. 7.10.

y x q L

		Р

z

N(z), кН

17 Q_y(z), кН 25

z^*

М_х (z), кН×м

2,25Рис. 7.10

Локальный экстремум функции М_х (z^*) = 2,25 кН×м соответствует координате

z^* = 0,3 м, определенной приравниванием нулю функции Q_y(z) = - 15 + 50 × z .

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

s_z = + y.

Вычислим необходимые геометрические характеристики поперечного сечения стержня АВ (рис. 7.11).

Рис. 7.11

Сложную фигуру можно представить как составленную из 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 = 8×10^-4 м²

Для определения положения центра тяжести сечения выберем вспомогательные оси ХУ. Ось У является осью симметрии фигуры. Поэтому она будет центральной, а это значит, что 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 = 9,36×10^-8 м⁴.

Нормальные наибольшие напряжения будут возникать в поперечном сечении стержня на правой опоре, где N = 80 кН, М_х = 4 кН×м.

Вычислим напряжения в опасных точках 1 и 2 этого сечения.

Крайняя верхняя точка 1: y = 2,2 см.

s_z(1) = 80 × 10³/(8 × 10^-4) + 4×10³ × 2,2 ×10^-2/(9,36 ×10^-8) = 1040 ×10⁶ Н/м² = 1040 МПа.

Крайняя нижняя точка 2: y = -2,8 см.

s_z(2) = 80 ×10³/(8 ×10^-4) + 4 ×10³ × (-2,8 ×10^-2)/(9,36 ×10^-8) = -1096 ×10⁶ Н/м² = -1096 МПа.

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

Пример 5. Проверить прочность балки (рис. 7.12), нагруженной поперечными нагрузками, действующими в горизонтальной и вертикальной плоскостях. Стержень изготовлен из швеллера № 16 и равнополочного уголка № 10 с жесткосоединенных 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.

x

z

Рис. 7.12

Выписываем из таблиц прокатного сортамента необходимые данные для фигур, составляющих поперечное сечение (рис. 7.13):

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. 7.13

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 центральные вспомогательные 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

Ù

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

Ù

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)|₁ – [-P|₂ – q(z – 2l)|₃],

M_x(z) = M_x(0) + Q_y(0)z|₁ – [-P(2 - l)|₂ – 0,5q(z – 2l)² |₃].

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|₁ + 3|₂ + 5(z - 1,2)|₃,

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

Вычисляем значения функций на границах участков

1) 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.

2) 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.

3) 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)|_1,2,3; M_y(z) = M_y(0) – Q_x(0)z|₁ - L|_2,3.

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|_1,2,3,; M_x(z) = 7,2 – 3z|₁ - 1,8|_2,3 .

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

1) 0 < Z < l; M_y(0) = 7,2 кНм; M_y(l) = 5,4 кНм.

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

По вычисленным значениям строим эпюры (рис. 7.14).

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.

y x

z

M_x(z), кНм

Q_x(z), кН

M_y(z), кНм

Рис. 7.14

Поскольку внешние заданные нагрузки действуют в вертикальной и горизонтальной плоскостях, то на рис. 7.15 имеем эпюры изгибающих моментов, действующих в этих плоскостях, т. е. моменты относительно осей Х_сУ_с: 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. 7.15

В используемой формуле необходимы моменты относительно главных центральных осей. Найдем требуемые моменты как сумму проекций М_хс, М_ус на главные центральные оси сечения

M_x0 = M_xc × cos a₀ – M_yc× sin a₀ = 6,3 × 0,947 – 7,2 × 0,323 = 3,64 кНм,

M_y0 = M_yc× cos a₀ + M_xc × sin a₀ = 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.

Нормальные наибольшие 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.

Пример 6. Стержень круглого поперечного сечения нагружен горизонтальными и вертикальными нагрузками и крутящим моментом (рис. 7.16).

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

x

z

Рис. 7.16

Построение эпюр начнем с рассмотрения сил, действующих в вертикальной плоскости

Q_y(z) = Q_y(0)|₁ + P₂|₂ ,

M_x(z) = M_x(0) + Q_y(0) × z|₁ + P₂ × (z – l)|₂.

Граничные условия Q_y(0) = -P₁, M_x(0) = 0.

Окончательно получаем

Q_y(z) = -6|₁ + 10|₂ , M_x(z) = - 6 × z|₁ + 10 × (z – 1)|₂.

Под действием сил, действующих в горизонтальной плоскости:

Q_x(z) = Q_x(0) + q × z|₁ – q × (z – 1,5l)|₂,

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

Соответствующие граничные условия:

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

Окончательно получаем

Q_x(z) = 4 × z|₁ – 4 × (z – 1,5)|₂ ,

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

Уравнение крутящих моментов:

M_к(z) = L|_1,2 = 5 кНм.

Вычисляя значение функций на границах участков, строим их эпюры внутренних сил (рис. 7.17 )

y

x

z

	L

M_k(z), кНм

Рис. 7.17

Для того чтобы произвести расчет на прочность, выберем опасное сечение стержня. Поскольку крутящий момент не меняется по длине стержня, то положение опасного сечения определяется величиной

М_изг = .

Сечение А:

М_х = 6 кНм, М_у = 2 кНм, М_изг = = 6,3 кНм.

Сечение В:

М_х = 4 кНм, М_у = 4 кНм, М_изг = = 5,7 кНм.

Опасным будет сечение В.

Поскольку в опасной точке стержня будет двухосное напряженное состояние, то условие прочности запишем в виде

s_экв £ [s].

По теории наибольших касательных напряжений

s_экв = s₁ - s₃.

В опасной точке поперечного сечения

s_{z max} = = ,

t = = .

Главные напряжения в этой точке

s₁ = , s₃ = ,

s₂ = 0.

Тогда

s_экв = = £ [s].

Откуда

d ³ = = 0,0795 м = 79,5 мм.

Из нормального ряда диаметров выбираем D=80 мм.

Заключение

Для ознакомления с методикой расчета на прочность студентам, изучающим курсы «Сопротивление материалов» и «Прикладная механика» предлагается выполнить расчетно-графическую работу «Расчет прямых стержней на прочность». Условия для выполнения этой работы можно взять в методических указаниях [4]. Предлагаемое учебное пособие поможет студентам при выполнении указанной работы и освоить решение задач по темам: «Геометрические характеристики поперечных сечений», «Исследование напряженного состояния», «Определение напряжений в стержнях», «Расчеты на прочность».

Содержание

Введение …………………………………………………………………………… 3

1. Основные принципы и гипотезы теории стержней …………………… .. 4

2. Геометрические характеристики плоских фигур ……………………… .. 6

2.1 Основные понятия ………………………………………………………….. 6

2.2 Общие теоремы о моментах ………………………………………………. 7

2.3 Преобразование статических моментов и моментов инерции при

параллельном переносе осей ………………………………………………… 8

2.4 Преобразование моментов инерции при повороте осей …………………... 10

2.5 Главные оси и главные моменты инерции ………………………………… 11

2.6 Вычисление моментов инерции сложной фигуры ………………………... 13

3. Понятия о напряжениях. Внутренние силы ………………………………. 14

3.1 Внутренние силы ……………………………………………………………. 14

3.2 Напряжения ………………………………………………………………… 15

3.3 Интегральные зависимости между напряжениями внутренними

силовыми факторами ………………………………………………………... 15

3.4 Дифференциальные зависимости между внутренними силовыми

факторами и внешними нагрузками ………………………………………. 16

3.5 Выражение для внутренних силовых факторов в поперечных сечениях

прямых стержней …………………………………………………………... 17

4. Напряженное состояние в стержнях ……………………………………... 20

4.1 Напряженное состояние в точке тела …………………………………….. 20

4.2 Двухосное напряженное состояние ……………………………………… 22

4.3 Одноосное напряженное состояние ………………………………………. 22

4.4 Обобщенный закон Гука …………………………………………………… 23

5. Напряжения в поперечных сечениях стержня ……………………………. 23

5.1 Нормальные напряжения в стержнях ……………………………………... 23

5.2 Растяжение (сжатие) ………………………………………………………… 24

5.3 Прямой изгиб ………………………………………………………………. 24

5.4 Косой изгиб ………………………………………………………………… 25

5.5 Растяжение с изгибом ……………………………………………………… 25

5.6 Касательные напряжения при поперечном изгибе стержня …………… 26

5.7 Касательные напряжения при кручении стержня ……………………… 27

6. Расчет стержней на прочность …………………………………………… 28

6.1 Основные механические характеристики материалов. Допускаемые

напряжения ………………………………………………………………... 28

6.2 Расчет на прочность при одноосном напряженном состоянии ……….. 28

6.3 Расчет на прочность при сложном напряженном состоянии …………… 29

6.4 Расчет валов на прочность ………………………………………………... 30

7. Примеры решения задач ………………………………………………… 32

Заключение ……………………………………………………………………… 52

Библиографический список ……………………………………………………… 54

Дата добавления: 2015-07-26; просмотров: 176; Нарушение авторских прав

Мы поможем в написании ваших работ!