《材料力学》课程教学课件（讲稿）第三章 扭转 3.3 圆轴扭转时的变形计算和刚度设计

材料力学扭转第3章扭转的概念和内力计算薄壁圆简的扭转圆轴扭转时的应力和强度设计圆轴扭转时的变形和刚度设计圆杆扭转的静不定问题关于非圆截面杆的扭转

第 3 章 扭转  扭转的概念和内力计算  薄壁圆筒的扭转  圆轴扭转时的应力和强度设计  圆轴扭转时的变形和刚度设计  圆杆扭转的静不定问题  关于非圆截面杆的扭转

材料力学S3圆轴扭转时的变形计算和刚度设计国圆轴扭转时的变形计算口受扭圆轴刚度设计

§3 圆轴扭转时的变形计算和刚度设计  圆轴扭转时的变形计算  受扭圆轴刚度设计

材料力学圆轴扭转时的变形计算和刚度设计dx圆轴扭转时的变形计算国00dpdo几何r(p)=)Cdx.B物理t(p) = G(p)dt(p)=GpdxBp(t,dA) = T静力学TodAATpdAT(p)RL1TdoTAd单位长度相对扭转角dxdodxGIGIAQ

d ( ) d G x      p T I       ddx 几何    物理  () = G () ( d)   A A 静力学 = T p d d T x GI   p d d T x GI     单位长度相对扭转角 d.  圆轴扭转时的变形计算 圆轴扭转时的变形计算和刚度设计

材料力学圆轴扭转时的变形计算和刚度设计口受扭圆轴的刚度设计刚度条件：将单位长度的相对扭转角限制在允许的范围内：TdpTdp0=≤[0]≤[0]0maxdxGIdxGI0Imax0Imax承受集中扭矩的等截面圆轴，刚度条件：Tmax0一般传动轴，[]=0.5~1(°)/m≤[0]maxGI.P注意单位换算：1801rad/m:(/m元

 受扭圆轴的刚度设计 刚度条件： 将单位长度的相对扭转角限制在允许的范围内: 承受集中扭矩的等截面圆轴，刚度条件： p d d     T x GI  [ ]  max max p max d d     T x GI  [ ]  max max p    [ ]  TGI  注意单位换算: ( )/m π180 1rad/m    一般传动轴， [ ] = 0.5 ~1 ()/m 圆轴扭转时的变形计算和刚度设计

材料力学圆轴扭转时的变形计算和刚度设计例已知:M=180Nm，M=320Nm，Mc=140Nm,I= 3×105mm, l= 2 m, G= 80 GPa, [0] = 0.5()/m 。求轴的总扭转角PAC，并校核轴的刚度。MeA21abB11121MM解：1.变形分析T = M = 180N.mT2 = -Mc = -140 N· mT,lT,1=1.50×102 rad: -1.17×10-2 radABPBCGI,GlpTIOGlp

例 已知：MA = 180 N.m， MB = 320 N.m， MC = 140 N.m， Ip= 3105 mm4，l =2m，G = 80 GPa，[ ] = 0.5 ()/m 。求： 轴的总扭转角AC， 并校核轴的刚度。 解：1. 变形分析 T1  MA  180 N  m 140 N m 2      T MC 1 -2 p 1.50 10 rad AB T l GI    2 -2 p 1.17 10 rad BC T l GI     圆轴扭转时的变形计算和刚度设计 p Tl GI  

材料力学圆轴扭转时的变形计算和刚度设计RA12ab1B1 27MM.PAc = PAB +BC = 1. 50×10-2 - 1. 17 ×10-2 = 0. 33 × 10-2 rad2.刚度校核T = M, =180N·mT,=-Mc=-140N·mdpT(岁),-,GIdxdp-()-,故满足刚度条件！dxmax180180 N·mdp= 0.43 (°) / m <[0](80×10°Pa)(3.0×10°×10-12m4)dx元Tdp注意单位换算！A≤[0]maxdxGIDImaxImax

 AC AB BC     1.50 10 1 17 10 0 33 10 rad - 2 - 2 - 2    .   .  2. 刚度校核 1 1 p d d T x GI         2 2 p dd T x GI         1 max 1 p d d d d   故 T x x GI         9 5 -12 4 max d 180 N m 0.43 ( ) / m [ ] d (80 10 Pa)(3.0 10 18 1 π0 0 m)    x      注意单位换算！ 圆轴扭转时的变形计算和刚度设计 max max p max d [ ] d     T x GI T1  MA  180 N  m T2  MC  140 N  m 满足刚度条件！

材料力学扭转圆轴的强度和刚度设计总结1.根据轴传递的功率及转速，确定作用在轴上的外加力偶矩。2.当轴上同时作用应用截面法确定轴横截面上的扭矩，有两个以上的外加力偶矩时，需要画出扭矩图3.根据轴的扭矩图，确定可能的危险面以及危险面上的扭矩值。4.计算危险截面上危险点处的最大切应力及单位长度上的相对扭转角5.根据需要，应用强度设计准则与刚度设计准则对圆轴进行强度与刚度校核、设计轴的直径、确定许用载荷

扭转圆轴的强度和刚度设计总结 1.根据轴传递的功率及转速，确定作用在轴上的外加 力偶矩 。 2.应用截面法确定轴横截面上的扭矩 ，当轴上同时作用 有两个以上的外加力偶矩时，需要画出扭矩图 。 3.根据轴的扭矩图，确定可能的危险面以及危险面上的 扭矩值。 4.计算危险截面上危险点处的最大切应力 及单位长度上 的相对扭转角 。 5.根据需要，应用强度设计准则与刚度设计准则对圆轴 进行强度 与刚度校核、设计轴的直径、确定许用载荷

例：传动轴的转速500(转/分），主动轮输入功率N,=368kW，从动轮2、3分别输出功率N,=147kw,Ns=221kw.已知：[=70MPa，[]=1%m，G-80GPa。按强度条件和刚度条件求：AB段的直径di，BC段的直径dz。368N2NNN3解:M,=9549=95495001n7= 7.03kN.mCBAM, = 2.8kN.m400500M, = 4.23kN.m按强度条件确定直径：4.23kN.m7. 3kN. mTmax ≤[]Tmax7.03 ×10 3W,≤ 70 ×10 6AB段:d, ≥80mm元q3164.23×103≤ 70 ×10 6BC段:d, ≥67.5mm元d?16

例: 传动轴的转速500( 转 / 分), 主动轮输入功率 N1=368kw, 从动轮 2 、 3分别输出功率 N2=147kw, N3=221kw. 已知: [ ]=70MPa ， [ ]=1 o/m ， G=80GPa。按强度条件和刚度条件求：AB段的直径 d 1 ，BC段的 直径 d 2 。 解 : 7.3kN.m 4.23kN.m - kN m n N M 7.03 . 500 368 9549 9549 1 1    M 2  2.8kN.m M 3  4.23 kN .m 按强度条件确定直径 : AB 段 : 6 3 1 3 70 10 16 7.03 10    d  d1  80 mm BC 段 : 6 3 2 3 70 10 16 4.23 10    d  d2 67.5 m m      Wt T τ max max 500 400 A B C N1 N 2 N 3

7.砖数力学2.8kN.m 4.23kN.md, ≥ 80 mmd, ≥67.5mm400500CBAT180[0]max按刚度条件确定直径：GIp元7.03×103180d, ≥ 84.6mmAB段:≤1元元480×109.Kd324.23×103180BC段:d, ≥74.4mm<1元元X80×109xd,32AB段:d, =84.6mmd,=74.4mmBC段:

按刚度条件确定直径: A B 500 400 C 7.03kN.m 2.8kN.m 4.23kN.m AB 段 : BC 段 : 1 180 32 80 10 7.03 10 4 1 9 3         d d 1  84.6mm d1  80 mm d 2  67.5mm 1 180 32 80 10 4.23 10 4 2 9 3         d d 2  74.4mm AB 段 : d mm 1=84.6 BC 段 : d mm 2=74.4         180 max GIP T

材料力学圆轴扭转的静不定问题

 圆轴扭转的静不定问题