close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

код для вставкиСкачать
РАЗДЕЛ 2. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
2.1. Основные понятия и задачи курса сопротивления материалов
Способность тел менять свою форму и
размеры под действием внешних сил
называется деформацией. Если после
удаления внешних сил форма и размеры
тела восстанавливаются, то деформацию
Рис.2.1
называют упругой, в противном случае –
остаточной (пластичной). В дальнейшем
будем изучать только упругие деформации тел.
Тело, двумя размерами которого можно
пренебречь по отношению к третьему, называют
брусом (рис. 2.1). Ось бруса - геометрическое
место точек, являющихся центром тяжести
поперечных
сечений.
Брусья,
имеющие
поперечные сечения одинаковой формы и размера,
Рис.2.2
называют стержнями.
Оболочка - это тело, одним размером которого можно пренебречь
по сравнению с двумя другими (рис. 2.2). Другими словами, это тело,
ограниченное двумя одинаковыми поверхностями, расположенными
близко друг к другу. Оболочка, образованная двумя плоскостями,
называется пластиной. Расстояние между плоскостями называют
толщиной пластины.
Тело, для которого все три размера соизмеримы, называют
массивом.
В курсах сопротивления материалов изучают три основные задачи.
1. Задача прочности: изложение методов расчета элементов
конструкций и деталей машин на прочность.
Прочность - способность материалов сопротивляться разрушению
под действием внешних сил (нагрузок).
2. Задача
жесткости: изложение методов расчета элементов
конструкций и деталей машин на жесткость.
Жесткость - способность материалов сопротивляться деформации
под действием внешних сил.
3. Задача устойчивости: изложение методов расчета элементов
конструкций и деталей машин на устойчивость.
Устойчивость
способность
материалов
сохранять
первоначальную форму равновесия под действием внешних сил (рис.
2.3).
Кроме того, изготовление и эксплуатация конструкций и деталей
должны быть экономически выгодными и экологичными.
2.2. Основные допущения в курсе сопротивления материалов
1.Гипотеза сплошности. Материал, из которого
состоит тело, сплошь заполняет его физический объём.
2.Гипотеза однородности. Свойства материалов во
всех точках тела одинаковы.
3 Гипотеза изотропности. Свойства материалов в
любом направлении одинаковы.
4. Гипотеза о малости деформации. Величина
деформации упругого тела много меньше его размеров.
5. Гипотеза упругости. Материалы подчиняются
закону Гука.
6. Гипотеза независимости действия сил.
Результат действия внешних сил на упругое тело не
Рис.2.3
зависит от порядка приложения этих сил.
7. Гипотеза Сен-Венана. В точках, достаточно удаленных от
места контакта упругих тел, характеристики деформации упругого тела
не зависят от способа взаимодействия.
8. Гипотеза Бернулли. Плоские и нормальные сечения в
результате деформации тела остаются плоскими и нормальными
сечениями.
Силы
могут
быть
объёмными
и
поверхностными,
сосредоточенными
и
распределенными,
статическими
и
динамическими.
В свою очередь, динамические силы можно делить на ударные (за
бесконечно малые промежутки времени вызывают изменение скорости
на конечную величину) и переменные.
Изменение линейных размеров под действием
b
внешних сил называется линейной деформацией, а

изменение угловых размеров под действием внешних b
сил называется угловой деформацией. Будем
обозначать:
S
S
S (b) - абсолютную линейную деформацию (рис.
Рис.2.4
2.4),
S
b
(  
) - относительную линейную деформацию,  - угол

S
b
сдвига.
Под перемещением точки упругого тела в результате деформации
понимается её перемещение по отношению к неподвижному
пространству.
2.3. Метод сечений для определения внутренних сил
Для
определения
у
внутренних сил (усилий) при
х
нагружении бруса внешними
силами (нагрузкой) используют
метод сечений. Для этого
z
проводят
плоскость,
нормальную к оси бруса
поперечного сечения, в котором
Рис.2.5
Рис.2.6
желают определить внутренние
силы (рис. 2.5). Затем отбрасывают одну из частей, например правую
(рис. 2.6), и действие отброшенной части заменяют силами. Поскольку
эти силы распределены по всему сечению, то их приводят к центру
тяжести сечения. При этом главный вектор и главный момент
внутренних сил удобно разложить по координатным осям Oхуz, как
показано на рис. 2.6.
Внутренние силовые факторы и виды деформации Таблица 1
Q12  Q22
M x2  M y2
N
Mz
Вид деформации
0
0
0
Растяжение (сжатие)
0
0
0
Сдвиг
0
0
0
Изгиб
0
0
0
Кручение
0
0
0
0
По величине и направлению этих векторов можно судить о
деформации бруса. В табл. 1 рассмотрены частные случаи приведения
внутренних сил к простейшему виду.
Остальные случаи приведения относят к сложным видам
сопротивления.
2.4. Напряженное состояние в точке
F
у
А
х
z
Рис.2.7
Рассмотрим некоторое сечение бруса
(рис.2.7).
Выделим
элементарную
площадку вокруг точки А сечения
площадью
F.
Обозначим
равнодействующую
внутренних сил,
действующих на эту площадку, R . Тогда
вектор:

R

p  lim
,
i 0 F
будем называть полным напряжением в точке А.
Составляющая полного напряжения, перпендикулярная сечению


 , называется нормальным напряжением в точке А, а составляющая  ,
расположенная в сечении, - касательным напряжением в точке А.
Если известны все напряжения на трёх
z
z
любых взаимно перпендикулярных площадках
zу
в точке, то говорят, что задано напряженное
zх
уz
состояние в точке (рис. 2.8).
у
Если на площадке действуют только
хz
ух
нормальные напряжения, то их называют
ху
х
у главными напряжениями. Принято обозначать
главные напряжения индексами 1, 2, 3 в
х
порядке их убывания в алгебраическом
Рис.2.8
смысле. Например, пусть главные напряжения
равны 10 МПа, 12 МПа и
-50 МПа, тогда 1
= 12 МПа, 2 = 10 МПа и
3 = -50 МПа.
Площадки, на которые действуют главные напряжения, называют
главными.
Если на одну из площадок действует нормальное напряжение, а на
двух других напряжение равно нулю, то напряженное состояние
называют линейным или одноосным.
Если только на одной из трёх главных площадок напряжение
равно нулю, то напряженное состояние называют плоским или
двухосным.
Если же на всех трёх главных площадках напряжение не равно
нулю, напряженное состояние называется объемным или трёхосным.
Важнейшей задачей инженерного расчета является оценка
прочности детали или элемента конструкции по известному
напряженному состоянию, т.е. по известным главным напряжениям в
точках тела. При простых видах деформации, особенно одноосных, эта
задача решается следующим образом.
Все величины, заключенные в квадратные скобки ([а]), будем
называть допускаемыми величинами а. Ограничения на величину
напряжения определяют условия прочности.
Так, например, условия прочности по нормальным и касательным
напряжениям формулируются следующим образом:
max  [],
т.е. для обеспечения прочности материалы детали при одноосном
напряженном состоянии необходимо, чтобы наибольшее нормальное
напряжение не превосходило допускаемого нормального напряжении
для данного материала.
L1
4
3
3
L3
4
L2
max  [],
2
А
2
т.е. для обеспечения прочности материала детали
необходимо,
чтобы
наибольшее
касательное
напряжение не превышало допускаемое касательное
напряжение.
2.5. Растяжение-сжатие прямолинейного бруса
L4
Пусть ступенчатый стержень поперечного
сечения А1 = А и А2 = 2А загружен силами Р1 = 2Р, Р2
А
= ЗР, Р3 = 5Р, Р4 = 2Р; L1 = L2 = L, L3 = 2L и L4 = 3L
(рис. 2.9).
z
Для определения усилий применим метод
сечений. Проведем последовательно сечения 1-1, 2-2,
Рис.2.9
3-3 и 4-4, отбрасывая каждый раз верхнюю часть
стержня, считая что в рассматриваемом сечении стержень растянут, т.е.
продольные силы направлены вверх. Составим уравнения проекций сил
на ось z. Получим (рис. 2.10):
 Pz  P4 – N1 = 0,
 Pz  P4 – P3 – N2 = 0,
 Pz  P4 – P3 + P2 – N3 = 0,
 Pz  P4 – P3 + P2 + P1 – N4 = 0. Получаем
N1 = P4 = 2P,
N2 = P4 – P3 = -3P,
N3 = P4 – P3 + P2 = 0,
N4 = P4 – P3 + P2 + P1 = 2P.
1
1
O
z
Рис.2.10
Рис.2.1
1
Таким образом, сечения приложения внешних сил делят стержень
на участки, внутренние силы на которых постоянны.
Определим напряжение в сечениях стержня. Если растянуть
образец упругого стержня, на поверхности которого нанесена сетка, то
можно отметить следующее (рис. 2.11):
1. Горизонтальные линии остаются горизонтальными.
2. Вертикальные линии остаются вертикальные, за исключением
небольших окрестностей, в которых закреплен стержень и приложена
растягивающая сила.
3. Ячейки сетки увеличиваются в вертикальном направлении и
сужаются в горизонтальном.
Это позволяет утверждать, что выполняется гипотеза Бернулли и
напряжения могут быть только нормальными и постоянными. Усилие и
напряжение связаны формулой N    dА   А , и, следовательно:
( А)

N
.
А
Нормальное напряжение при растяжении (сжатии) равно отношению
продольной силы к площади поперечного сечения.
Определим нормальные напряжения для рис. 2.10, используя
2P
 1 ( z) 
  , 4L  z  7L,
2А
(3P)
 2 ( z) 
 1,5 , 2L  z  4L,
2А
0
 3 ( z) 
 0, L  z  2L,
2А
2P
 4 ( z) 
 2 , 0  z  L.
А
Определим деформацию стержня и перемещения его сечений. Для
этого воспользуемся законом Гука:
 = Е,
(2.1)
L
(2.2)

.
L
Здесь Е - коэффициент пропорциональности, модуль упругости первого
рода (модуль Юнга);
 - относительная деформация;
L - абсолютная деформация участка стержня длиной L.
Учитывая формулы (2.1) и (2.2), получаем величину абсолютной
деформации
стержня постоянного сечения А, длины L под действием

силы P :
PL
L 
АE
Если стержень имеет несколько участков нагружения, то его
полная деформация определяется формулой:
n
L  
N k Lk
,
Аk Ek
т.е. в пределах одного и того же участка все физические величины
должны быть постоянными. Для нашего примера L = L1 + L2 + L3
+ L4,
N L
NL
2P3L
(3P)2L
 3, L2  2 3 
 3,
где L1  1 4 
EА4
2EА
EА3
2EА
N L
N L
2PL
L3  3 2  0 и L4  4 1 
 2. Таким образом,
EА2
EА1
EА
2PL
L 
 2.
EА
k i
2Р
3Р
5Р
2Р
-
1,5
2Р
2
2

3Р
3L
2L
L L
“”
“”
“N”
(ед.силы) (ед.напряжения) (ед.длины)

2Р
2
Рис.2.12
Для наглядности обычно строят эпюры искомых физических
величин. Эпюра – это график, демонстрирующий изменение какой-либо
физической величины вдоль какого-нибудь направления. Эпюры N –
продольных сил,
 – нормальных напряжений и  – перемещений
для нашего примера показаны на рис. 2.12. При непрерывном
изменении физических величин обычно переходят к интегралам:
1
N ( z)dz
(2.3)
L  
.
0 А( z ) E ( z )
Если стержень имеет постоянное поперечное сечение и состоит из
одного материала, то формулу (2.3) можно записать так:
1 L
L 
 N ( z)dz,
EА 0
где произведение EА называют жесткостью бруса при растяжении сжатии.
Наблюдения показывают, что при растяжении стержней их
поперечные сечения уменьшаются, т.е. они «сужаются», и, наоборот,
при сжатии «расширяются». Обозначим через  относительную
поперечную деформацию. Тогда между продольной и поперечной
деформацией существует линейная зависимость:
 = -.
(2.4)
Здесь  – коэффициент Пуассона (поперечной деформации),
характеризующий способность материала деформироваться в
поперечном направлении. Как видно из формулы (2.4), коэффициент
Пуассона безразмерный и может принимать значения в диапазоне:
0    0,5.
Деформации, соответствующие растяжению, принято считать
положительными, а сжатию – отрицательными.
Кроме модуля упругости первого рода E и коэффициента
Пуассона  механические свойства материала при деформации сдвига
характеризуются модулем упругости второго рода (модулем сдвига) G.
Опытное изучение свойств материалов рекомендуется изучить по
учебнику, где рассматривается вопрос о выборе допускаемых
напряжений и коэффициенте запаса прочности.
При решении задач обычно механические характеристики
материалов задаются. Если марка материала известна, то механические
характеристики можно найти в справочниках. Для некоторых
материалов можно воспользоваться табл. 2.
Таблица 2
Материал
E
G

МПа
МПа
Сталь
0,3
2  105
0,8  105
5
5
Чугун
0,25
1,2  10
0,5  10
Медь
0,33
1  105
0,35  105
Алюминий
0,34
0,7  105
0,3  105
2.6. Три задачи на растяжение (сжатие) стержней
Из условия прочности на растяжение (сжатие)
P
   [ ]
А
можно решить три основных задачи, если искомые величины
выражаются через один параметр.
1. Проверка прочности. Заданы внешние силы, размеры
поперечных сечений, материал. Расчетные напряжения не могут
отклоняться от допускаемых больше чем на 5%.
2. Подбор поперечных сечений. Заданы нагрузка, допускаемые
напряжения, требуется подобрать размеры, обеспечивающие прочность
стержня.
N
А
.
[ ]
3.Подбор нагрузки. Nmax = А[], т.е. известны поперечные размеры
и допускаемое напряжение, требуется подобрать нагрузку.
2.7. Сдвиг
Сдвигом называют деформацию, представляющую собой
искажение первоначального прямого угла малого элемента бруса
(рис.2.13) под действием касательных напряжений  .
1
F


2


1




а
Рис.2.13

2
Рис.2.14
Развитие этой деформации приводит к разрушению, называемому
срезом или, применительно к древесинескалыванием. Деформация
сдвига оценивается взаимным смещением  (рис. 2.14) граней 1 – 1 и 2
– 2 малого элемента , называемым абсолютным сдвигом и более полно –
относительным сдвигом 

 tg   ,
a
являющимся безразмерной величиной.
В предположении равномерного распределения касательных
напряжений по сечению площадью А, они определяются по формуле

Q
,
A
где Q - поперечная сила в данном сечении.
В пределах упругости касательное
пропорционально относительному сдвигу
напряжение
прямо
  G
- это закон Гука при сдвиге; G - модуль сдвига, Н/м2, характеризует
жесткость материала при сдвиге.
Модуль сдвига G , модуль
упругости Е
зависимостью
и
коэффициент
Пуассона
G

материала
связаны
E
.
2(1  )
Удельная потенциальная энергия деформации сдвига равна
u
2
2G


2
.
На практике чаще всего теория сдвига применяется к расчету
болтов, заклепок, шпонок, сварных швов и других элементов
соединений.
Значения G, МПа, для некоторых материалов:
Чугун ......................................................
4,5 • 104
Сталь ......................................................
8,1 • 104
Медь.......................................................(4,0...4,9)-104
Латунь ....................................................
(3,5...3,7)-104
Алюминий ............................................
(2,6...2,7)-104
Дерево ....................................................
0,055 • 104
Исследование деформации чистого сдвига имеет важное значение
для теоретических построений, связанных с рассмотрением кручения,
изгиба и других более сложных случаев деформации стержней.
Практические же применения теории чистого сдвига связаны с рядом
условностей, так как в элементах конструкций мы не имеем этой
деформации в чистом виде. Как один из примеров такого применения
названной теории, приведем расчет заклепочных и болтовых
соединений.
Для
обеспечения
прочности
деталей,
подвергающихся
деформации сдвига, необходимо, чтобы возникающие в них рабочие
напряжения не превышали допустимых значений. Расчетное уравнение
на прочность имеет вид
Q
     .
A
Данное условие позволяет выполнять все виды расчетов —
проектный, проверочный и определение допускаемых нагрузок. При
этих расчетах допускаемые напряжения для пластических материалов
принимают в зависимости от предела текучести
[τ] = (0,25 ... 0,35) σт.
В том случае, когда сдвигу одновременно подвергается несколько
одинаковых деталей (например, заклепки или болты), то используется
предположение, согласно которому считается, что все эти детали
нагружены равномерно и действующая нагрузка на каждую деталь
определяется отношением общей нагрузки к числу деталей.
Срезом называется деформация сдвига, доведенная до разрушения
материала.
При расчетах, связанных с определением сил для выполнения
технологической операции среза при обработке материала, учитывают
фактическую площадь и напряжение, при котором происходит срез.
Расчетное уравнение среза имеет вид
Fп   ср Аср .
Расчет заклепочного соединения
На рис. 2.19 показано соединение двух листов заклепками
(соединение
внахлест),
которое
разрушается
в
результате
перерезывания заклепок
по
линии
соприкосновения листов.
Если разрушение каждой
заклепки происходит по
одной плоскости среза,
то
заклепочное
соединение называется
односрезным, если по
двум плоскостям, то
соединение называется
двухсрезным и т.д.
Для
упрощения
задачи принимаем, что
по плоскостям среза
действуют
только
касательные
Рис.2.19
напряжения,
которые
распределяются
по
поверхности среза равномерно, а также что при действии статической
нагрузки можно принять поперечную силу в каждой заклепке равной
P
Q
где Р — сила, действующая на соединение; п — число
n
заклепок. Условие прочности заклепок на срез:
P
    ,
nA
где А = nd2/4 - площадь поперечного сечения заклепки диаметром d,
   0,60,8 — допускаемое касательное напряжение.
При двухсрезном или многосрезном заклепочном соединении
вместо п в формулу следует подставлять общее число срезов заклепок,
расположенных по одну сторону стыка.
Заклепочные соединения рассчитывают также на смятие.
Проверяют напряжения смятия по площади соприкосновения
соединяемых листов и заклепок. Для приближенного расчета истинная
эпюра распределения сжимающих напряжений смятия заменяется
приближенной равномерной эпюрой. (рис. 3.8). Площадь смятия одной
заклепки принимают равной АCM = dt, где t — толщина соединяемых
листов. Условие прочности на смятие имеет вид:
P
  см , где  см   22,5  — допускаемое напряжение на смятие.
ndt
В случае склепывания внахлест двух листов
различной толщины принимают t = tmin.
Условие прочности листа на разрыв:
P
P
 
  , где A1 — площадь
A1 t b  n1d 
сечения листа по ряду заклепок в
направлении,
перпендикулярном
линии
действия силы Р; п1 — число заклепок в этом
сечении; b — ширина листа (см. рис. 2.19).
Рис. 2.20
2.8. Кручение валов круглого сечения
Кручение – вид деформации бруса, при
которой в плоскостях поперечных сечений
возникают пары сил. Брус, вращающийся
вокруг своей оси и передающий крутящие
моменты, называют валом.
Для изображения вала, загруженного
вращающими
моментами,
используют
различные графические приёмы. Пример
бруса,
испытывающего
деформацию
кручения, приведен на рис. 2.21. В
дальнейшем будем использовать схему на
рис. 2.21.
Для определения внутренних сил
(усилий) вдоль оси вала надо провести
Рис.2.21
Рис.2.22
Рис.2.22
поперечные сечения на всех участках с постоянной внешней нагрузкой,
отбросить часть балки справа и составить уравнение равновесия
оставшейся части, предполагая, что в рассматриваемом сечении
крутящий момент Мк положительный (будем считать крутящий момент
положительным, если результирующий момент внешних сил,
расположенных слева, - отрицательный, т.е. результирующая пара
стремится повернуть вал по ходу вращения часовой стрелки):
I-I на участке 0  z < L, Mz = 0, Мк(1) = 0;
II-II на участке L  z < 3L, Mz = 0, 3М + + Мк(2) = 0  Мк(2) = -3М;
III-III на участке 3L  z < 6L, Mz = 0, 3М – – 5М + Мк(3) = 0  Мк(3) =
2М;
IV-IV на участке 6L  z < 7L, Mz = 0,
3М – 5М + 2М + Мк(4) = 0  Мк(4) = 0.
Строим эпюру крутящих моментов (Мк, рис. 2.22)
Эксперимент с эластичным стержнем круглого сечения и
прямоугольной сеткой на поверхности (рис. 2.23) показывает, что
поперечные линии остаются прямыми и
поперечными, а продольные поворачиваются на
один и тот же угол (рис. 2.24). Расстояния
между поперечными линиями не изменяются.
Рис.2.23
Из эксперимента видно, что в поперечных
сечениях возникают касательные напряжения, а нормальные
напряжения отсутствуют. Таким образом,
крутящий момент можно представить как
сумму моментов внутренних сил, действующих
на элементарные площадки поперечного
Рис.2.24
сечения относительно оси вращения:
(2.5)
М к   dFr ,
(F )
где r – расстояние от элементарной площадки до оси вращения вала
(рис. 2.25).
Mк
y
dF
r

x
O
z
Рис. 2.25
Рис. 2.26
Рассмотрим деформацию кручения фрагмента стержня длиной dz
(рис. 2.26). Волокно АВ расположено на поверхности вала, т.е. на
расстоянии R от оси вала. Волокно ab – внутри вала на расстоянии r от
его оси.
Длина дуги ВВ определяется углом взаимного закручивания
крайних сечений фрагмента d и радиусом вала R. Угол поворота
волокон  (угол сдвига) определяется формулой:

 bb rd

ab
dz
(2.6)
для любого волокна, а для волокна на поверхности:
 max  tg max 
 BB Rd
.

AB
dz
Воспользуемся законом Гука при кручении:
 = G,
(2.7)
где G – модуль упругости второго рода. Подставим в (2.5) формулы
(2.7) и (2.6):
r 2 d
d
d
,
М к  dFr   G
dF  G
r 2 dF  GIO

dz
dz
dz
(F )
(F )
(F )
таким образом,
d М к

.
dz GI0
(2.8)
Произведение модуля упругости второго рода на полярный
момент называется жесткостью при кручении. Подставим (2.6) в (2.7) с
учетом (2.8):
  Gr
Mк Mк

r
GIO I O
или

Mк
r,
IO
таким образом, касательное напряжение
пропорционально крутящему моменту и
расстоянию до оси вращения и обратно
пропорционально
полярному
моменту
инерции сечения. Максимальные касательные
напряжения достигаются на поверхности
валов и равны (рис. 2.27):
M
 max  к .
WO
max
max
у
О
Рис.2.27
x
Построим эпюру наибольших касательных напряжений для рис.
2.22: момент сопротивления сечения равен

WO 
d 3
16
, обозначим
16M
; тогда на участке I-I max = 0, на участке II-II max = -3, на
d 3
участке III-III max = 2, на участке IV-IV max = 0.
Напряженное состояние при кручении неоднородное. В трубчатых
тонкостенных валах можно наблюдать почти однородное напряженное
состояние. Когда крутящий момент создается силами, приложенными
не к оси вала, но в поперечном сечении, надо предварительно
вычислить вращающий момент.
2.9. Условия прочности по касательным напряжениям
 max 
Mк
 [ ] .
WO
(2.9)
Условия прочности (2.9) позволяет решить следующие задачи:
1. Проверка прочности.
2. Подбор поперечных размеров: для круглого сечения WO 
D 3
16
,
используя (2.9), получаем формулу для вычисления диаметра вала на
условия прочности:
D3
16M к
5M к
.
3
 [ ]
[ ]
(2.10)
3. Подбор внешней нагрузки.
2.10. Деформации и перемещения при кручении валов
M dz
Используем формулу d  к
GIO
или
z
zM
z0
z0
 d  
dz
.
GIO
к
Окончательно получаем
zM
 ( z)   ( z 0 )  
z0
dz
.
GIO
к
(2.11)
Если подынтегральное выражение постоянное, z – z0 = L, а (z0) =
0, то (2.11) можно переписать в виде:

Mк L
.
GIO
(2.12)
Таким образом, угол закручивания участка вала длиной L и
жесткости GIO
под действием постоянного крутящего момента
пропорционален этому моменту и длине участка и обратно
пропорционален жесткости вала.
Для вала с кусочно-постоянными жесткостью и крутящим
моментом используется формула:
M к( k ) Lk

.
(k )
k 0 Gk I O
n
(2.13)
Построим эпюру углов взаимного закручивания для примера на
рис. 2.22, используя последовательно формулу (2.12): момент инерции
IO 
сечения
d 4
32
, введем обозначение

32M
; тогда в конце
4
d G
участка I-I
(L) = 0, в конце участка II-II (3L) = -6, в конце
участка III-III (6L) = 0, в конце участка IV-IV (7L) = 0.
Эпюры углов взаимного закручивания  можно построить с
точностью до неподвижного сечения, полагая неподвижным любое
сечение вращающегося вала.
Угол относительного закручивания участка вала длины L


L

Mк
GI O
. Для вала постоянной жесткости, но с кусочно-
постоянным крутящим моментом максимальный угол относительного
закручивания равен:
M кmax
 max 
.
GIO
Условие жесткости при кручении принимает вид:
 max
M кmax

 [ ].
GIO
(2.14)
Формула (2.14) позволяет решать три задачи:
1. Проверку жесткости вала.
2. Подбор поперечных размеров: [] = 0,5 град/м (0,00873 рад/м).
Учитывая, что
вала:
D4
IO 
D 4
32
, получим формулу для вычисления диаметра
32M к
10M к 4 1170M к
.
4

G[ ]
G[ ]
G
3. Подбор внешней нагрузки.
(2.15)
Если размеры вала следует выбрать одновременно из условий
прочности и жесткости, то поступают следующим образом: по
формулам (2.10) и (2.15) подбирают нужные диаметры, а из двух
возможных оставляют тот, который удовлетворяет обоим условиям, т.е.
больший.
2.11. Плоский поперечный изгиб
Изгиб - деформация бруса, при которой изменяется
первоначальная форма его оси. Изгиб может быть пространственным и
плоским. Если силы расположены в плоскостях, перпендикулярных оси
бруса, но не в одной плоскости, то изгиб называют пространственным.
Если все силы расположены в одной плоскости, перпендикулярной оси,
проходящей через одну из главных осей поперечного сечения, то изгиб
называют поперечным плоским. Если плоскость, в которой
расположены силы, не проходит ни через одну из осей поперечного
сечения, то изгиб называют косым. Если во всех поперечных сечениях
внутренние силы приводятся только к изгибающему моменту, то изгиб
называют чистым. Брус, испытывающий деформацию изгиба,
называется балкой.
План решения задач расчёта на прочность по нормальным
напряжениям:
1. Изображается схема балки со всеми действующими силами.
2. Определяются реакции опор балки.
3. Строится эпюра поперечных сил.
4. Строится эпюра изгибающих моментов.
5. По эпюре изгибающего момента определяется опасное сечение
(сечение с наибольшим изгибающим моментом).
6. В опасном сечении определяется опасная точка (точка с
нормальным наибольшим напряжением).
7. Используя условие прочности при изгибе, решают задачу
прочности.
2.12. Определение поперечных сил и изгибающих моментов в
сечении балки
Рассмотрим балку на двух опорах, загруженную силами (рис.
2.28). Как мы увидим в дальнейшем, для построения эпюр достаточно
определить реакцию на
одной из опор.
Обозначим
координатную
ось,
параллельную оси балки,
Рис.2.28
буквой z, начало её выберем на левом конце балки.
Координаты сечений, в которых приложены внешние пары сил,
обозначим буквами а, сечений приложения сосредоточенных - b, а
сечений сил, в которых изменяется распределенная нагрузка, - с.
Определим величину и знаки поперечной силы и изгибающего момента
в сечении z (рис. 2.29):
1.  Py  0 , A  qz  Q( z)  0 ,
n
Q( z)  qz  A , т.е. Q( z)   Pky(e) ;

Рис. 2.29
2.  M C ( Pk )  0 ,  Az 
k 1
2
qz
 M  M x ( z)  0 ,
2
n
 (e)
qz 2
M x ( z)  Az 
 M , т.е. M ( z)   M C (Pk ).
k 1
2
Следовательно, 1) поперечная сила Q в любом поперечном
сечении балки равна алгебраической сумме проекций внешних сил,
расположенных по одну сторону от рассматриваемого сечения;
2) изгибающий момент Мх в поперечном сечении балки численно
равен алгебраической сумме моментов внешних сил, расположенных по
одну
сторону
сечения,
относительно
центра
тяжести
С
рассматриваемого сечения.
Будем считать поперечную силу положительной, если
результирующая сил, расположенных слева
от сечения, направлена вверх. Изгибающий
момент будем считать положительным, если
результирующий момент внешних сил,
расположенных слева от сечения, стремится
повернуть отсеченную часть балки по ходу
Рис. 2.30
часовой стрелки. При определении знаков по
внешним силам, расположенным справа от
сечения, правило знаков прямо противоположное.
Иными словами, изгибающий момент следует считать
положительным, если выпуклость изогнутой оси в сечении направлена
вниз (рис. 2.30).
2.13. Дифференциальная зависимость между интенсивностью
распределенной нагрузки, изгибающим моментом и поперечной
силой
Рассмотрим два бесконечно близких
сечения z и z + dz (рис. 2.31).
Q(z) = A – qz, Q(z + dz) = A + q(z +
dz).
Вычтем почленно из второго
равенства первое и, учитывая, что Q(z +
dz) – Q(z) = dQ, получим dQ = qdz, или
q
dQ
.
dz
Рис. 2.31
(2.16)
Соответственно
qz 2
q( z  dz) 2
, M ( z  dz)  A( z  dz)  M 
.
M ( z)  Az  M 
2
2
Вычитая почленно из второго равенства первое, пренебрегая
бесконечно малыми величинами второго порядка малости, получим dM
= Adz – qzdz, или
Q  A  qz 
dM
.
dz
(2.17)
Выводы:
1) производная поперечной силы по координате сечения равна
интенсивности распределенной нагрузки в данном сечении;
2) производная изгибающего момента по координате сечения равна
поперечной силе в данном сечении;
3) вторая производная изгибающего момента по координате сечения
равна интенсивности распределенной нагрузки в данном сечении.
Эти зависимости будем в дальнейшем использовать для
построения эпюр Q (поперечных сил) и М (изгибающих моментов).
2.14. Построение эпюр для балок, загруженных стандартной
нагрузкой
Рассмотрим балку на двух опорах, загруженную парой сил с
моментом М в сечении z = a (рис. 2.32). Определим реакцию левой
опоры:

M
M
(
P
 B к )  0 , M  AL  0  A  .
L

В любом сечении между опорами слева действует только сила A .
Отсюда
Q( z)  A 
M
.
L
(2.18)
Следовательно, реакция опоры
B равна B  
Рис. 2.32
M ( z)  M (0)   Q( z)dz .
M
. Для построения
L
эпюры М составим уравнение
моментов для сечений слева и справа
от z = a:
M ( z)  Az , 0  z  a и
M ( z)  Az  M a  z  L . (2.19)
Очевидно, что формулы (2.18) и
(2.19)
можно
получить
геометрическим способом, используя
формулы (2.16) и (2.17):
Q( z)  Q(0)   q( z)dz ,
Геометрический смысл интегралов – площадь соответствующих
эпюр, а значения функций Q(z)
и
M(z) в начале координат
соответственно равны
Рис. 2.33
M
и 0.
L
Следующие два примера
балок,
загруженных

сосредоточенной силой
P и
равномерно
распределенной
нагрузкой
постоянной
интенсивности q (рис. 2.33 и
2.34).
Для построения эпюр для
балок прежде всего составляем
уравнение
моментов:

 M B (Pк )  0 и определяем
реакции
левых
опор:
qL2
 AL  0 (см. рис. 2.34). В
P(L  b)  AL  0 (см. рис. 2.33),
2
P( L  b)
qL
первом случае A 
, во втором A 
. Поперечные силы
L
2
равны
0  z  b,
 A,
Q( z)  A  qz, 0  z  L .
Q( z)  
A

P
,
b

z

L
,

(2.20)
Изгибающие моменты равны
0  z  b,
 Az,
M ( z)  
 Az  P( z  b), b  z  L,
qz 2
M ( z)  Az 
, 0  z  L . (2.21)
2
Эпюры,
соответствующие
зависимостям (2.20)
и (2.21),
приведены на рис. 2.33 и 2.34.
Следует
отметить,
что
величину и направление реакции в
точке B можно определить построив
эпюру Q. На рис. 2.33 и 2.34 реакции
в точке B направлены вверх и равны
Рис. 2.34
Pb
qL
в первом случае,
– во
L
2
втором.
Рассмотрим еще три примера стандартной нагрузки на консольные
балки (рис. 2.35-2.37). В этих примерах эпюры можно строить, не
Рис. 2.35
Рис. 2.36
Рис. 2.37
определяя реакций.
Анализируя характер построенных эпюр, можно сделать
следующие выводы:
1. На эпюрах поперечных сил в сечениях, в которых приложены
поперечные силы, наблюдаются разрывы первого рода («скачки» по
направлению действия сил на величину этих сил).
2. На эпюрах изгибающих моментов в сечениях, в которых
действуют пары сил, наблюдаются «скачки» вверх, если момент пары
сил отрицательный, вниз - если положительный (на величину моментов
пар).
3. Поперечные силы на участках, в которых отсутствует поперечная
нагрузка, являются постоянной величиной.
4. На эпюрах изгибающих моментов выпуклость направлена
навстречу распределенной нагрузке, а углы направлены навстречу
действующей сосредоточенной силе.
5. Максимум (минимум) изгибающего момента достигается в
точках, где эпюра поперечных сил пересекает ось.
2.15. Нормальные напряжения при плоском изгибе
Рис. 2.38
Пусть балка испытывает чистый
изгиб (рис. 2.38).
Если на поверхность
бруска нанести сетку из прямоугольных
линий и деформировать балку двумя
парами сил, как показано на рисунке, то
но
экспериментальным
данным
вертикальные отрезки останутся прямолинейными, но повернутся на некоторый
угол (рис. 2.39).
Определим закон распределения нормальных напряжений в
поперечном сечении балки.
Все горизонтальные линии изогнутся,
при этом в верхней части длина отрезков
уменьшится, а в нижней - увеличится. Тогда,
очевидно,
существует
горизонтальный
отрезок, длина которого не изменится при
искривлении. Слой балки, волокна которого
при изгибе не меняют своей длины,
называют нейтральным слоем. Пусть для
определенности это будет отрезок аb.
Обозначим длину этого отрезка через L,
расстояние между слоями - у,
 – радиус
кривизны нейтрального слоя, О – центр
Рис. 2.39
кривизны дуги ab. Вычислим относительную
деформацию слоя ef:

 ef   ef L
.

ef
L
Длина отрезка ef = ab = L = d, а величина его абсолютной
деформации L = yd, следовательно,

L yd y

 ,
L d 
(2.22)
т.е. относительная деформация продольных волокон балки
пропорциональна их расстоянию от нейтрального слоя и обратно
пропорциональна радиусу кривизны нейтрального слоя.
В соответствии с законом Гука нормальное
напряжение равно
  E 
Ey

.
(2.23)
Для определения кривизны нейтрального
слоя К 
1

воспользуемся условием равновесия
части балки (рис. 2.40):
(1)
 Pz  0
 dF 
(F )
(2)
Mx  0
E
 ydF  0 ,
 (F)
M   ydF  M 
(F )
(3)
M y  0
  xdF  
(F )
Рис. 2.40
E
E
y 2 dF  0 ,

 (F)
 xydF  0 .
 (F )
Остальные уравнения обращаются в тождества.
(1)  ось х является центральной, так как Е  0   , но тогда Sx = 0.
(3)  оси х и у являются главными, так как Ixy = 0, силовая плоскость,
в которой находится пара внешних сил, перпендикулярна нейтральному
слою. И, наконец, из (2) получим значение кривизны нейтрального слоя:
К
1


Mx
,
EI x
(2.24)
где Mx = - M – изгибающий момент в рассматриваемом сечении; EIx жесткость балки при изгибе. Подставим в (2.23) соотношение (2.24):

Mx
у,
Ix
(2.25)
т.е. нормальное напряжение при чистом изгибе изменяется по
линейному закону: прямо пропорционально изгибающему моменту и
расстоянию до нейтрального слоя и обратно пропорционально моменту
инерции сечения.
Максимальные напряжения достигаются в удаленных точках
сечения, т.е.
 max 
Mx
.
Wx
Рис. 2. 41
 max 
(2.26)
На рис. 2.41 демонстрируется характер
распределения нормальных напряжений вдоль
поперечного сечения.
Формулы (2.25) и (2.26) получены для чистого
изгиба, но для любого плоского поперечного изгиба
они остаются справедливыми. Условие прочности
по нормальным напряжениям при изгибе для
пластичных материалов имеет следующий вид:
Mx
 [ ] .
Wx
(2.27)
Условия прочности для хрупких материалов следует проверять как
для растягивающих напряжений, так и для сжимающих.
При изгибе обычно решаются три основных задачи:
1.Проверка прочности.
2.Подбор поперечных размеров.
3.Подбор внешней нагрузки.
2.16. Устойчивость сжатых стержней
Под действием некоторой продольной силы на
стержни достаточно большой длины можно наблюдать
изменение прямолинейной формы равновесия стержня на
криволинейную форму (рис. 2.42). Как было отмечено
ранее, внезапное изменение первоначальной формы
равновесия упругого стержня.
Наименьшая по величине сжимающая сила,
вызывающая изменение формы равновесия стержня,
называется критической силой. Будем в дальнейшем
Рис. 2.42
обозначать эту силу Ркр.
Запишем приближенное дифференциальное уравнение изогнутой
оси прямолинейного стержня
EImin yz  M ( z) , M ( z)  Pкр y( z) , EImin yz  Pкр y( z)  0 .
Здесь EImin – жесткость стержня при изгибе, где Imin = min(Ix, Iy).
Вводя обозначение
уравнение изогнутой оси
у + k2y = 0.
k
Pкр
EImin
, получим дифференциальное
(2.28)
Поскольку корни характеристического уравнения чисто мнимые, то
решение уравнения (2.28) имеет вид
y = C1coskz + C2sinkz.
Граничные условия по рис. 2.42 равны
y(0) = 0, y(L) = 0.
Но тогда из первого условия получаем С1 = 0, и, следовательно, ось
стержня имеет форму синусоиды
y = C2sinkz.
Второе граничное условие дает
C2sinkL = 0.
Оно выполняется в двух случаях:
1. С2 = 0, но тогда прямолинейность формы оси не нарушается, а
это противоречит предположению.
2. sinkL = 0  kL = 0, , 2, …  kL = n (n = 0, 1, 2, …).
Отсюда величина критической силы равна
Pкр 
 2n2
L2
EImin .
(2.29)
Из формула 2.29 следует, что существует бесчисленное множество
значений критических сил, соответствующих различным формам
искривления оси стержня.
При n = 1 получаем наименьшее значение критической силы (формула
Эйлера)
Pкр 
2
2
L
EImin .
(2.30)
Этой критической силе соответствует изгиб стержня по синусоиде
с одной полуволной (см. рис. 2.42):
z
y  C2 sin( ) .
L
Следует отметить, что коэффициент С2 и, следовательно, форма
синусоиды остались неопределенными. При использовании точного
дифференциального уравнения изогнутой оси (2.28) можно определить
и форму оси, и зависимость между сжимающей силой и прогибом
стержня.
2.17. Влияние закрепления стержня на
величину критической силы
На рис. 2.43 изображены наиболее
часто
встречающиеся
случаи
закрепления
стержня.
Случай
с
шарнирно опертыми концами нами уже
Рис. 2.43
рассмотрен (рис. 2.43 б). Рассмотрим остальные.
Случай на рис. 2.43 а: опора – неподвижная заделка. Нетрудно
заметить, что изогнутая ось представляет собой половину полуволны
синусоиды, т.е. эквивалентна шарнирно опертой балке длиной Lпр = L.
Тогда критическая сила
Pкр 
 2 EImin
(2L2 )
.
(2.31)
Два последних случая относятся к статически неопределимым
задачам, на рис. 2.43 г – даже дважды статически неопределимая. Их
решение возможно только с учетом условий деформации.
Для
доказательства
соотношения
(2.31)
составим
дифференциальное уравнение (рис. 2.43, а):
EImin y  Pкр y(L)  Pкр y ,
введем обозначение k 2 
y  k 2 y  k 2 y(L) ,
Pкр
EImin
. Тогда уравнение принимает вид
(2.32)
где y(L) – прогиб свободного конца балки.
Уравнение (2.32) – дифференциальное уравнение с постоянными
коэффициентами. Его решение
y  C1 coskz  C2 sin kz  y(L) .
Граничные условия у(0) = 0, у(0) = 0 позволяют определить С1, С2:
С1 + y(L) = 0, C2 = 0. Таким образом, уравнение оси имеет вид
y = y(L)(1 – coskz) .
Используя условие прогиба, т.е. z = L y = y(L), получаем coskL = 1 или
kL 
 (2n  1)
2
Pкр 
. Тогда при n = 0
 2 EImin
(2L)
2
,
что соответствует результату (2.31), полученному из общих
соображений.
Анализ влияния способов закрепления концов стержня (рис. 2.43,
в, г) позволяет сделать вывод, что формулу Эйлера можно записать в
виде
 2 EImin
Pкр 
( 2 L2 )
(2.33)
для стержней, имеющих приведенные длины Lпр = L. Для рис. 10.2, в 
= 0,7, а для рис. 10.2, г  = 0,5. Способ закрепления стержня влияет на
величину критической силы.
Для определения диапазона применимости формулы Эйлера
вычислим критическое напряжение
 кр
 2 EImin  2

 2 2  2 E,
F
 LF 
Pкр
(2.34)
где F – номинальная площадь сечения;  
L
- гибкость стержня при

продольном сжатии, характеризующая влияние размеров стержня и
способов закрепления его концов:  
I min
- минимальный радиус
F
инерции сечения стержня.
Формула Эйлера применима при условии
 кр   пц .
(2.35)
Здесь пц - предел пропорциональности материала стержня.
Учитывая (2.34) и (2.35), получаем условие применимости
формулы Эйлера через гибкость стержня
 
E
 пц
.
(2.36)
Например, для стали Ст3 Е = 2,1 105 МПа, пц = 200 МПа и,
следовательно, по формуле (2.36) гибкость стержня должна быть
больше 100. Для стержней, гибкость которых меньше 100, предложены
эмпирические формулы. На рис. 2.44 для Ст3 непрерывной линией
показана зависимость критических напряжений от гибкости стержня.
Коэффициенты для линейного участка равна а = 310 МПа, в = 1,14 МПа.
 кр

 т ,
  60,

 a  в, 60    100,
 2 E
 2 ,   100.

2.18. Коэффициент понижения допускаемого напряжения
На практике применяется упрощенная формула определения
критической нагрузки
Pкр  [ с ]F ,
где [с] - допускаемое напряжение
на сжатие;  - коэффициент
уменьшения
допускаемого
напряжения
(коэффициент
продольного изгиба). Величина 
зависит от материала и гибкости
стержня и задается в справочниках
и
учебниках.
Произведение
коэффициента продольного изгиба
Рис. 2.44
на допускаемое напряжение можно
трактовать как допускаемое напряжение на устойчивость, т.е.
[y] = [c].
Порядок решения задач на проверку устойчивости в области
пластичной деформации.
1. Задают площадь сечения при выбранной форме сечения.
2. Находят минимальный радиус инерции.
3. Определяют гибкость.
4. По таблице коэффициента понижения допускаемого
напряжения определяют .
5. Применяют формулу кр = пр (пр = т для пластичных
материалов, пр = в для хрупких материалов).
6.Проверяют условие прочности  кр 
Pкр
F
 [ y ]  [ пр ] . (2.37)
Условие (2.37) можно использовать для подбора критической силы
и сечения стержня.
2.19. Осевые моменты инерции. Радиус инерции.
Моментом инерции тела (системы) относительно данной оси Оz
(или осевым моментом инерции) называется скалярная величина, равная
сумме произведений масс всех точек тела (системы) на квадраты их
расстояний от этой оси:
J z  mk  hk2 .
(2.38)
Из определения следует, что момент инерции тела (или системы)
относительно любой оси является величиной положительной и не
равной нулю.
В дальнейшем будет показано, что осевой момент инерции играет
при вращательном движении тела такую же роль, какую масса при
поступательном, т.е. что осевой момент инерции является мерой
инертности тела при вращательном движении.
Согласно формуле (2.38) момент инерции тела равен сумме
моментов инерции всех его частей относительно той же оси. Для одной
материальной точки, находящейся на расстоянии h от оси, J z  mh2.
Единицей измерения момента инерции в СИ 1кг м2 .
Для вычисления осевых моментов инерции можно расстояния
точек от осей выражать через координаты xk , yk , zk этих точек
(например, квадрат расстояния от оси Ох будет
моменты инерции относительно осей Oxyz
формулами:
yk2  zk2 и т.д.). Тогда
будут определяться
J x   mk ( yk2  zk2 ), J y   mk ( zk2  xk2 ), J z   mk ( xk2  yk2 ).
(2.39)
Часто в ходе расчетов пользуются понятием радиуса инерции.
Радиусом инерции тела относительно оси Oz называется линейная
величина i , определяемая равенством
J z  M  i2,
(2.40)
где М – масса тела. Из определения следует, что радиус инерции
геометрически равен расстоянию от оси Oz той точки, в которой надо
сосредоточить массу всего тела, чтобы момент инерции одной этой
точки был равен моменту инерции всего тела.
Зная радиус инерции, можно по формуле (2.40) найти момент
инерции тела и наоборот.
2.20. Моменты инерции относительно параллельных осей
z
z
d
C
y
0
x
y
x
Моменты инерции данного тела
относительно разных осей будут, вообще
говоря, разными. Покажем, как, зная
момент инерции относительно какойнибудь одной оси, проведенной в теле,
найти момент инерции относительно
любой
другой
оси,
ей
параллельной.Проведем через центр масс
С тела произвольные оси Cxyz , а через
любую точку 0 на оси Cx - оси Оxyz,
такие, что Оy Cy, Оz Cz  (см. рис. 2.45).
Расстояние между осями
формулам (2.39) будет:
Cz и
Оz обозначим через d. Тогда по
J 0 z   mk ( xk2  yk2 ), JCz   mk ( xk2  yk2 ) Но, как видно из рисунка
2.45, для любой точки тела xk  xk  d и
а yk  yk .
Рис. 2.45
Подставляя эти значения xk , yk в выражение для J Oz и вынося
общие
множители
d2
и
2d
за
скобки,
получим
JOz   mk ( xk2  yk2 )  ( mk )d 2  ( mk xk )2d .
В правой части равенства первая сумма равна J Cz  , а вторая –
масса тела М. Найдем значение третьей суммы. На основании формул
1
1
1
 mk xk , yC   mk yk , zC   mk zk . для координат
M
M
M
 . Так как в нашем случае точка С является
центра масс  mk xk  MxC
  0 и, следовательно,  mk xk  0 .
началом координат, то xC
xC 
Окончательно получаем
JOz  JCz  Md 2.
(2.41)
Формула (2.41) выражает следующую теорему ШтейнераГюйгенса*: момент инерции тела относительно данной оси равен
моменту инерции относительно оси, ей параллельной, проходящей
через центр масс тела, сложенному с произведением массы всего тела
на квадрат расстояния между осями.
Из формулы (2.41) видно, что JOz  JCz . Следовательно, из всех
осей данного направления наименьший момент инерции будет
относительно той оси, которая проходит через центр масс.
2.21. Вычисление моментов инерции простейших тел
1. Тонкий однородный стержень длины ℓ и массы М.
Вычислим момент инерции относительно оси
АУ (рис.2.46) для элементарного отрезка dx
у
D
х
dх B
Рис. 2.46
х
величина h = x, а масса dm = pdx, где
р
М

масса единицы длины. Тогда по формуле можно
написать :

J АУ

3
  x dm  p x dx  p
3
0
0
2
С учетом значения p окончательно получим
2
1
J АУ  M2
3
2. Сплошная прямоугольная пластина массы М и сторонами а и в.
Вычислим момент инерции относительно оси ОУ (рис.2.47), для
чего разобьем пластину на бесконечно узкие полоски вдоль Х. По
формуле момент инерции каждой полоски будет : 1 Мв2 ,
3
где М – масса полоски. Момент инерции
всей пластины будет:
у
J y   13 Mв2  13  M в2  13 Mв2
а
в
0
х
Аналогично получим :
J x  13 Ma2
Рис. 2.47
3. Тонкое круглое однородное кольцо или тонкая
цилиндрическая
оболочка радиуса R массы М.
х
C
Вычислим момент инерции относительно оси
CZ, перпендикулярной относительно плоскости кольца
(рис.2.48) все точки кольца находятся на расстоянии
h = R . Тогда по формуле имеем:
R
Рис. 2.48
J c   mx R2   mx R2  MR2
Такой же результат получиться для момента инерции тонкой
цилиндрической оболочки радиуса R и массы М.
dr
R
r
C
Рис. 2.49
4. Круглая однородная пластина или цилиндр
радиуса R и массы М.
Вычислим момент инерции относительно оси
CZ, перпендикулярной плоскости пластины
(рис.2.49). Выделим элементарное кольцо радиуса r
и ширины dr . Площадь кольца будет: S = 2πrdr, а
масса
dm = p2πrdr, где р  М2 - масса
R
единицы площади пластины. Согласно формуле
для выделенного кольца будем иметь:
R
Для всей пластины получим: J c  2p  r 3dr  1 pR4 .
2
v
Заменим p его значением. Тогда
Jc  12 MR2 .
Такая же формула получиться для момента инерции
Jc
однородного цилиндра радиуса R и
массы М относительно
центральной продольной оси цилиндра.
5. Прямой сплошной конус массы М, высоты Н, радиусом основания R.
Вычислим
момент
инерции
x
O
относительно продольной оси ОZ конуса
(рис.2.50) разобьем конус на множество
zi
ri
элементарных пластинок толщиной Δzi,
H
параллельно основанию.
Δzi
Масса пластинки радиуса zi будет :
C
R
mi = pdVri = pπri2 Δri.
r
z
R.
Так как Ri  Hi , то ri  zi H
Момент
инерции
элементарной
пластины относительно
оси ОZ
z
Рис. 2.50
определится по формуле:
J oz  12 mi ri 2  12 p
R 4 z 4z .
i
H4 i
Суммируя моменты инерции элементарных пластинок, и
переходя к пределу суммы, получим момент инерции конуса:
J cz  p
1
2
R4
H4
H
4
4
 z dz  0,1pR H
0
Учитывая, что масса конуса M  1 pR2 H , окончательно получим:
3
J cz  0,3MR2
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа