авторефераты диссертаций БЕСПЛАТНАЯ БИБЛИОТЕКА РОССИИ

КОНФЕРЕНЦИИ, КНИГИ, ПОСОБИЯ, НАУЧНЫЕ ИЗДАНИЯ

<< ГЛАВНАЯ
АГРОИНЖЕНЕРИЯ
АСТРОНОМИЯ
БЕЗОПАСНОСТЬ
БИОЛОГИЯ
ЗЕМЛЯ
ИНФОРМАТИКА
ИСКУССТВОВЕДЕНИЕ
ИСТОРИЯ
КУЛЬТУРОЛОГИЯ
МАШИНОСТРОЕНИЕ
МЕДИЦИНА
МЕТАЛЛУРГИЯ
МЕХАНИКА
ПЕДАГОГИКА
ПОЛИТИКА
ПРИБОРОСТРОЕНИЕ
ПРОДОВОЛЬСТВИЕ
ПСИХОЛОГИЯ
РАДИОТЕХНИКА
СЕЛЬСКОЕ ХОЗЯЙСТВО
СОЦИОЛОГИЯ
СТРОИТЕЛЬСТВО
ТЕХНИЧЕСКИЕ НАУКИ
ТРАНСПОРТ
ФАРМАЦЕВТИКА
ФИЗИКА
ФИЗИОЛОГИЯ
ФИЛОЛОГИЯ
ФИЛОСОФИЯ
ХИМИЯ
ЭКОНОМИКА
ЭЛЕКТРОТЕХНИКА
ЭНЕРГЕТИКА
ЮРИСПРУДЕНЦИЯ
ЯЗЫКОЗНАНИЕ
РАЗНОЕ
КОНТАКТЫ


Pages:     | 1 || 3 |

«ВОДОПЬЯНОВ В. И., САВКИН А. Н., КОНДРАТЬЕВ О. В. КУРС СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ С ПРИМЕРАМИ И ЗАДАЧАМИ МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ...»

-- [ Страница 2 ] --

nв 3 nв Согласно первой гипотезы прочности экв,I 1 54,7 МПа р 83 МПа;

экв,I 3 70 МПа р 327 МПа.

Прочность обеспечена.

Согласно второй гипотезы прочности экв,II 1 2 3 54,7 0,25 34,7 70 80,9 МПа р 83 МПа;

экв,II 3 1 2 70 0,2554,7 34,7 75 МПа с 327 МПа.

Прочность обеспечена Согласно третьей гипотезы прочности экв,III 1 3 54,7 70 124,7 МПа р 83 МПа.

Прочность недостаточна.

Согласно четвертой гипотезы прочности 1 2 2 2 3 2 3 1 экв, IV 54,7 34,7 2 34,7 702 70 54,72 111 МПа р 83 МПа.

Прочность недостаточна.

Согласно теории прочности Кулона-Мора вр 70 72,6 МПа р 83 МПа.

экв, V 1 3 54, вс Прочность обеспечена Вывод. Рассмотрены варианты использования различных теорий прочности при выполнении поверочного расчета элемента из хрупкого ма териала. Третья и четвертая теории прочности, обычно применяемые для пластичных материалов, дали отрицательный ответ.

4. СДВИГ, СМ ЯТИЕ Сдвиг – простой вид деформации, характери- B Q зующийся взаимным смещением параллельных слоев материала под действием приложенных сил при неиз менном расстоянии между слоями.

При сдвиге в поперечном сечении из шести внут- Q ренних усилий действует только одно – поперечная си- Рис. 4. ла Q (рис. 4.1).

Порядок вывода расчетных формул в сопротивлении материалов При выводе любых аналитических зависимостей в сопротивлении материалов рассматривается существование малого элемента тела с целью последовательного определения его перемещений, деформаций и напря жений в нем. Проинтегрировав установленные зависимости по всему объ ему тела, находят связь перемещений, деформаций и напряжений с внеш ними силами.

Всякий расчет состоит из четырех этапов:

статический анализ – устанавливает связь напряжений с внешними нагрузками путем интегрирования уравнений равновесия элемента по все му объему тела;

геометрический анализ – устанавливает связь между перемеще ниями и деформациями малого элемента тела;

физический анализ – устанавливает связь между деформациями элемента и напряжениями в нем. При упругой деформации используется закон Гука;

синтез установленных зависимостей. Подставляя найденные на трех предыдущих этапах выражения одно в другое и упрощая их, получа ют окончательные расчетные формулы.

Для установления связи внутренних усилий с напряжениями и де формациями при сдвиге рассмотрим несколько этапов.

I. Статическая сторона задачи – условие равновесия (рис. 4.2) Y 0;

Q d A.

A В действительности, касательные напряжения распределяются по се чению неравномерно. Однако, если принять допущение о равномерном распределении напряжений, что широко используется на практике, то Q Q A, откуда. (4.1) A II. Геометрическая (деформационная) сторона задачи В элементе В, выделенном на рис. 4.1, S – абсо лютный сдвиг;

– относительный сдвиг Q S.

tg (4.2) S a Q III. Физическая сторона задачи a В области упругих деформаций справедлив закон Гука G. (4.3) IV. Математическая сторона задачи Подставляя (4.1) и (4.2) в (4.3), получим закон Гука для сдвига Q S Qa G, откуда S (4.4) A a GA Произведение GA – жест y кость сечения при сдвиге;

G – модуль сдвига, модуль Q касательной упругости, модуль упругости второго рода. Для dA стали в расчетах принимают G = 80 ГПа = 80·104 МПа.

A Q Установлена связь между Рис. 4.2. Внутренние усилия и напряжения, упругими постоянными возникающие в сдвигаемых слоях E, (4.5) G 21 где – коэффициент поперечной деформации (Пуассона) Напряженное состояние По граням выделенного на рис. 4. C(x, xy) элемента В действуют только касательные а напряжения ;

нормальные напряжения 0 x = 0, y = 0. Графическим построением (рис.

3 4.3, а) и аналитическим решением по фор Р мулам 3 D(y, yx) 2 xy 2 xy ;

2 90 ;

yx tg 2 D x y C б x y x y xy 2 xy ;

max, min 2 3 max xy 1;

2 0;

min xy Рис. 4.3. Построение круга Мора для определения получаем: главные площадки ориентирова главных площадок и вели- ны под углом 45° к направлению сдвигаю чины главных напряжений щих напряжений (рис. 4.3, б), величины главных нормальных напряжений равны касательным напряжениям.

Имеет место чистый сдвиг – частный случай плоского напряжен ного состояния, при котором по граням элемента действуют только ка сательные напряжения.

Допускаемые напряжения. Расчет на прочность Эквивалентные напряжения по I гипотезе прочности:

экв,I 1, но 1 =, следовательно.

Соотношение справедливо для хрупких материалов.

Эквивалентные напряжения по III гипотезе прочности:

экв,III 1 3, но 1, 3. Тогда 2, откуда 0,5.

Эквивалентные напряжения по IV гипотезе прочности:

1 2 2 2 3 2 3 1 2.

экв, IV Подставив 1 =, 2 = 0 и 3 = –, получим 12 12 1 2 3 1 2 4 2 3, экв, IV 2 откуда 0,577.

F Таким образом, при расчете деталей из пластичных материалов, работающих на срез а (болты, заклепки, шпонки…) условие проч ности может быть записано так:

см Q, где 0,5 0,6. 4.6) A Смятие – вид местной пластической деформации, возникающей при сжатии твердых тел, в местах их контакта.

F Смятие материала начинается в случае, когда интенсивность напряжений достигает б величины предела текучести материала. Раз см меры смятого слоя зависят от величины, ха Рис. 4.4. Характер распреде- рактера и времени воздействия нагрузки, а ления напряжений в зоне кон- также от температуры нагрева сжимаемых такта шарика с кольцом (а) тел. Смятие наблюдается не только у пла и листа с заклепкой (б) стичных, но и у хрупких материалов (зака ленная сталь, чугун и др.). Смятие возникает в соединениях (болтовых, за клепочных, шпоночных и др.), в местах опирания конструкций и в зонах контакта сжатых элементов. Смятие широко используется для создания за клепочных, врубовых и других плотных соединений;

является начальной стадией таких процессов холодной и горячей обработки металлов, как про катка, вальцовка, ковка. Величину напряжений смятия в конструкциях обычно ограничивают допускаемым напряжением смятия, которое опреде ляется характером соприкасающихся поверхностей, свойствами исполь зуемого материала и его ориентацией относительно действующих нагрузок (например, в случае древесины – вдоль или поперек волокон).

Пример Подобрать диаметр заклепок, соединяющих накладки с листом;

проверить прочность заклепок на смятие и листов на разрыв. Материал листов и заклепок – прокат из стали Ст3.

Дано: F = 8 кН;

t1 = 5 мм;

t2 = 3 мм;

b = 50 мм;

т= 235 МПа.

Решение 1. Определение диаметра заклепок Допускаемые напряжения, рассчитанные на основе механической характеристики – предела текучести и нормативного коэффициента запаса:

р т nт 235 1,5 156,7 МПа 160 МПа ;

0,6 0,6 160 96 МПа ;

см 2 2,5 р 2 2,5 160 320 400МПа.

Допускаемые напряжения согласно рекомендациям табл. П2.4:

[р] = 125 МПа;

[ср] = 75 МПа;

[см] = 190 МПа.

Из двух значений допускаемого на пряжения на срез (96 и 75 МПа) принимаем d меньшие значения допускаемого напряже- F/ t2 t1 t ния [ср] = 75 МПа. Из условия прочности F при срезе Q, F/ Aср определяем требуемую площадь поперечно го сечения заклепок.

b Стержень заклепки подвергается пе ререзыванию в двух плоскостях;

средняя часть заклепки сдвигается вправо. Суммар ная площадь среза Q d 2 4Q Aср m n, d, 4 m n где m = 2 – количество плоскостей среза заклепки;

n = 3 – количество заклепок.

4 d 0,00476 м. Принимаем d = 5 мм.

2 3 75 106 d 2. Проверка заклепок на смятие F/ Давление, передающееся на поверхность за клепки от листа, распределяется неравномерно, по t сложной зависимости, изменяясь от нуля до значи тельных величин (рис. 4.4). На практике, чтобы вы- F срез Асм F/ числить условное напряжение смятия необходимо разделить силу, приходящуюся на заклепку, на пло смятие щадь диаметрального сечения. Эта площадь пред ставляет собой прямоугольник, одной стороной ко Рис. 4.5. Поверхности торой служит диаметр заклепки, другая сторона рав среза и смятия в закле на толщине листа, передающего давление на стер- почном соединении жень заклепки. Так как толщина среднего листа меньше суммы толщин обеих накладок, то в худших (наиболее опасных) условиях по смятию будет именно средняя часть заклепки. Условие проч ности на смятие:

F см, см Aсм Асм d t1 n 5 5 3 75 мм 2.

где F Н см 106,7 106,7 МПа.

Тогда мм Aсм Прочность на смятие обеспечена.

3. Проверка прочности листа на разрыв Опасным считается сечением листа, прохо b дящее через заклепочные отверстия;

здесь рабочая d ширина листа является наименьшей. Площадь се чения листа, ослабленного заклепочными отвер стиями (площадь «живого» сечения) t Аразр b t1 n d t1 t1 b n d 550 3 5 175 мм 2 ;

Рис. 4.6. Определение 8000 площади «живого»

разр 45,7 МПа, что меньше допускаемого сечения листа [] = 125 МПа.

Вывод. Из условия прочности на сдвиг подобран диаметр двухсрез ных заклепок. Условия прочности на смятие заклепок и разрыва листа вы полняются.

5. КРУЧЕНИЕ ПРЯМОГО БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ Кручение – вид сопротивления, при котором в поперечных сечениях бруса возникает только один внутренний силовой фактор – крутящий момент Т. Остальные силовые факторы (N, Qy, Qz, My, Mz) отсутствуют.

Вал – брус, работающий на кручение.

Принято внешние силовые факторы называть вращающими или скручи вающими моментами и обозначать М;

внутренние усилия – крутящим моментом Т (от англ. torsion, torque) В расчетах на прочность и жесткость при кручении знак крутящего момента значения не имеет, но для удобства построения эпюр принято правило:

Крутящий момент считают положительным, если при взгляде в торец отсеченной части бруса он стремится вращать сечение против хода часовой стрелки.

Положительный крутящий момент вызывает положительные ка сательные напряжения 5.1. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ На основании метода сечений крутящий момент в произвольном по перечном сечении бруса численно равен алгебраической сумме внешних скручивающих моментов, приложенных к брусу по одну сторону от рас сматриваемого сечения.

TIII М М1 М2 М3 М4 М1 TI I II III х х n n ТIII + Т – ТI ТII а б в Рис. 5.1. Схема нагружения вала и эпюра крутящих моментов (а);

определение внутреннего усилия на участке I (б);

то же на участке III (в) На рис. 5.1, б: M x 0;

TI M 1 0;

TI M 1.

На рис. 5.1, в: M x 0;

TIII M 4 0;

TIII M 4.

Эпюра крутящих моментов – график изменения крутящих момен тов по длине бруса.

Во всех случаях эпюры внутренних усилий строят на осевой линии бруса.

Величину силового фактора откладывают по нормали к оси.

5.2. НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ КРУЧЕНИИ Теория брусьев, имеющих круглое сплошное или кольцевое попе речное сечение, основана на следующих положениях.

Поперечные сечения бруса плоские до деформации остаются пло скими и в деформированном состоянии – гипотеза твердых дисков (Бер нулли).

Радиусы поперечных сечений не искривляются и сохраняют свою длину. Поперечные сечения остаются круглыми.

Расстояния между поперечными сечениями вдоль оси бруса не изме няются.

Для установления связи напряжений с внутренними усилиями рас смотрим несколько этапов решения задачи.

I. Условие равновесия – статическая сторона задачи (рис. 5.2, в).

dA – элементарное усилие;

(dA) – элементарный крутящий момент;

Т – равнодействующий момент касательных напряжений T d A. (5.1) A max d а б M r dx dS x dx T г в dA max dA Рис. 5.2. Брус под действием внешнего скручивающего момента М (а);

деформация элементарного участка dx (б);

внутреннее усилие Т и напряжения в поперечном сечении (в);

распределение касательных напряжений в поперечном сечении (г) Для нахождения сдвигающих напряжений рассмотрим физическую сторону задачи.

II. Физическая сторона задачи – закон Гука при сдвиге G, (5.2) связывающий касательные напряжения с деформацией сдвига. Дефор мацию сдвига найдем, рассмотрев геометрическую сторону задачи.

III. Деформационная (геометрическая) сторона задачи Левый торец бруса длиной х (рис. 5.2, а) под действием внешнего скручивающего момента М повернется на угол. В элементе длиной dx аналогичный угол d (рис. 5.2, б). Образующая цилиндра отклоняется от исходного положения на угол. На поверхности элемента радиусом r угол принимает максимальное значение d S rd max tg max.

dx dx В цилиндре произвольного радиуса внутри элемента угол :

d. (5.3) dx Рассмотренные ранее этапы объединяет математическая сторона задачи.

IV. Математическая сторона задачи Уравнение (5.1) подставляем в уравнение (5.3), d G (5.4) dx а уравнение (5.4) – в уравнение (5.2):

d d T 2G dAG d A.

dx dx A A d A I p как полярный момент инерции (геометрическая Обозначая A характеристика поперечного сечения), получим:

T d d T I pG, откуда. (5.5) dx dx G I p Относительный угол закручивания элементарного участка d/dx (5.5) под ставим в (5.4):

T G GIp и получим напряжение в произвольной точке сечения T. (5.6) Ip Закон распределения касательных напряжений – линейный. В центре = 0, так как = 0, на периферии = max, так как max = r (рис. 5.2, г).

5.3. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ КРУЧЕНИИ Ip Ip W p, условие прочности при кру Принимая отношение r max чении можно представить как T, max (5.7) Wp где Wp – полярный момент сопротивления поперечного сечения.

D 4 D Ip Wp,.

Для круглого сечения 32 D 4 D 1 c4, Для кольцевого сечения I p 1 c, Wp 32 d где c – коэффициент пустотелости.

D Если сечение некруглое (прямоугольное, треугольное, эллиптиче ское…), используют Iк, Wк, которые вычисляют по специальным форму лам.

Допускаемое напряжение при кручении [] = (0,5–0,6)[].

Виды расчетов на прочность:

а) поверочный – вычисляют max и сравнивают его с [], определяя не догрузку или перегрузку в процентах, либо находят коэффициент запаса прочности и сравнивают его с нормативными значениями;

б) проектный – вычисляют диаметр вала D при известных значениях T и [];

в) определяют допускаемый крутящий момент при известных диамет ре вала D и допускаемом касательном напряжении [].

5.4. ДЕФОРМАЦИЯ ВАЛА ПРИ КРУЧЕНИИ Из уравнения (5.5) T d (5.5) dx G I p находим угол закручивания элементарного участка T d x.

d GIp Угол закручивания всего вала T dx.

GIp Для вала постоянной жесткости сечения (произведение GIp) на длине и постоянного крутящего момента Т угол закручивания вала T. (5.8) GIp Полученную зависимость называют законом Гука при кручении.

Произведение GIp называют жесткостью сечения при кручении.

5.5. РАСЧЕТ ВАЛОВ НА ЖЕСТКОСТЬ За меру жесткости принимают относительный угол закручивания, то есть угол, приходящийся на единицу длины вала T.

GIp T, Условие жесткости:

GI p где [] имеет размерность рад/м. Чаще пользуются условием T.

(5.9) GI p Допускаемое значение угла [°] закручивания зависит от назначения вала. Принимают [°] = (0,3–1,0) град/м.

При расчете валов на прочность и жесткость часто задают мощность N, передаваемую валом и частоту его вращения n. Для вычисления крутя щего момента по этим данным удобно воспользоваться таблицей Вт N Нм M с кВт N 30 N Н м M об/мин n n N 30 N кВт M 973,8 кГ м n 9,807 n об/мин N 30 0,736 N л.с.

M 7028 Нм n n об/мин N 30 0,736 N л.с.

M 71620 кГ см n 9,807 n об/мин Пример 5.1. Расчета вала на прочность и жесткость M M1 M2 Mвед Из условия прочности и жестко сти выполнить проектный расчет: оп g e f h ределить диаметры валов в двух вариан х тах исполнения – сплошного и полого с коэффициентом пустотелости с = d/D = а I II II 0,8. Результаты округлить согласно а b c ГОСТу. Построить эпюры углов закру чивания вала. Валы сопоставить по ме T, + 6 таллоемкости и жесткости.

0 б кНм – Дано:

М1 = 5 кН·м;

a = 0,6 м;

+ с10–3 0 М2 = 7 кН·м;

b = 0,8 м;

в – М3 = 6 кН·м;

с = 0,7 м;

3, [] = 160 МПа;

[] = 0,8 град/м.

8, + 13, п10–3 0 г – I.

Определение внутренних 3, усилий 8, Значение ведущего момента 13, Мвед определим из условия Рис. 5.3. Схема нагружения вала (а), эпюра крутящих моментов (б), эпюры равновесия вала: Мх = 0;

углов закручивания сплошного (в) и Мвед – М1 – М2 – М3 = 0, откуда полого (г) валов Мвед = М1 + М2 + М3 = 5 + 7 + 6 = = 18 кН·м.

Для расчетов на прочность и жесткость необходимо найти положение опасных сечений и величины крутящих моментов, действующих в этих сечениях вала (рис. 5.3, а). Воспользовавшись методом сечений определим внутренние усилия и построим эпюру крутящих моментов (рис. 5.3, б). Опасными являются все сечения на участке II, где действует Тmax = 12 кН·м.

II. Проектный расчет валов сплошного и полого сечений Предварительно найдем допускаемое касательное напряжение, связанное с допускаемым нормальным напряжением. Принимаем по третьей теории прочности [] = 0,5 [] = 0,5·160 = 80 МПа.

Из условия прочности и жесткости при кручении находим требуемые значения полярных момента сопротивления и момента инерции T T 0,00015 м3 1,5 10 4 м 3.

max max, W p max 80 10 Wp T 180 T 180 12 000 1,074 105 м 4.

, Ip G G Ip 80 10 0, Результаты расчетов Форма сечения Сплошное Полое D 3 D Момент 1 c W p,спл W p,пол сопротивления 16 16 W p 16 W p Dпол 3 ;

Dспл 3 ;

Диаметр (1 с ) из условия 16 1,5 10 16 1,5 10 прочности 3 Dпол 3 0,1090 м Dспл 0,0914 м (1 с 4 ) Момент D 4 D ;

1 с инерции I спл I пол 32 требуемый 32 I пол 32 I спл Dпол 4 ;

Dспл 4 ;

Диаметр (1 с ) из условия 32 1,074 10 5 32 1,074 10 жесткости Dспл Dпол 0,1023 м 0,1167 м (1 0,8 4 ) Диаметр Dспл = 105 мм Dпол = 120 мм согласно ГОСТ 2 Dспл Dпол 1 с2 ;

Aспл Aпол ;

Площадь 4 поперечного 0,1052 86,6 см сечения 0,120 2 1 0,8 2 40,7 см Аспл Aпол 4 Углы закручивания характерных сечений вала сплошного и полого сечений D 4 D 1 с4 ;

I cпп I пол ;

32 Момент инерции принятый 0,120 0,105 5 1 0,84 1,202 10 5 м I спл I пол 1,193 10 м 32 Жесткость GIp = 801091,1910-5 = 0,955106 Нм2 GIp = 801091,2010-5 = 0,961106 Нм2.

сечения TI a 5 103 0,6 TI a 5 10 3 0, I 0,00314;

I 0,00312;

6 G Ip G Ip 0,955 10 0,961 Углы TII b 12 10 3 0,8 TII b 12 103 0, закручивания II 0,01005;

II 0,00999;

0,955 106 0,961 10 участков вала G Ip G Ip TIII c 6 10 3 0,7 TIII c 6 10 3 0, III 0,00440 III 0, G I p 0,955 106 G I p 0,961 спл,e 0. пол,e 0.

пол f I 3,12103.

спл, f I 3,14103., Углы пол g I II 3,12 9,99 спл, g I II 3,1410,05 103, закручивания характерных 1311103.

1319103.,, сечений вала полh I II III спл,h I II III, 3,12 9,99 4,37 103 8,74103.

3,1410,05 4,40 103 8, Строим эпюры углов закручивания сплошного и полого валов (рис. 5.3, в и г) Результаты расчета валов Наружный диаметр вала, мм Угол закручи него сечения сечения, мм поперечного Поперечное вания край Площадь Из условия Из условия сечение прочности жесткости по ГОСТу Принято вала Сплошное 91,4 102 105 8659 0, Полое 109 116,7 120 4072 0, III. Сопоставление металлоемкости валов двух вариантов Металлоемкость вала определяется его объемом, то есть произ ведением длины на площадь поперечного сечения. Поскольку длина вала неизменна, сопоставим площади поперечных сечений сплошного вала с полым 4 Dспл Аспл 2,13.

Апол 4 Dпол (1 с 2 ) 1202 (1 0,82 ) Выводы:

1. Из условий прочности и жесткости найдены диаметры вала двух вариантов исполнения, сплошного и пустотелого: 105 и 120 мм соответственно.

2. Вычислены деформации валов на каждом из участков, построены эпюры углов закручивания валов сплошного и пустотелого. Жесткости валов практически одинаковы.

3. Сопоставлены металлоемкости валов двух вариантов исполнения.

Расход металла для вала сплошного сечения вдвое больше, чем для вала пустотелого.

max Примечание. Полученный ре- max зультат по сопоставлению металлоем кости валов ожидаем, поскольку доста точно большой объем материала, сосре доточенный около центра тяжести се чения, испытывает напряжения ниже допускаемого и вклад его в общую прочность конструкции невелик. Поэтому целесообразно убирать неработаю щий материал из этой области. Конструкции из полого сечения созданы при родой: камыш, тростник, бамбук, злаковые культуры, трубчатые кости птиц и млекопитающих. В авиации и космонавтике используют полые ва лы, в строительстве – пустотные плиты перекрытий.

6. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ При растяжении стержня напряжения во всех точках одинаковы, по этому его напряженное состояние определяется внешней нагрузкой и пло щадью поперечного сечения, но не зависит от его формы.

В случае изгиба и кручения брусьев напряжения в точках поперечно го сечения зависят от его формы и размеров, а при изгибе еще и от его ориентации к направлению нагрузок. Кроме площади сечение характери зуется:

статическим моментом площади;

моментами инерции;

радиусами инерции;

моментами сопротивления.

У большинства характеристик физического смысла нет, но есть гео метрическая интерпретация и аналогия с физическими и механическими понятиями.

6.1. СТАТИЧЕСКИЙ МОМЕНТ ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЯ Статический момент площади – распро A dA y страненная на всю площадь сумма произведений эле z ментарных площадок dA на расстояние от них до этой оси y S z y d A, S y z d A. (6.1) z 0 A A Рис. 6.1 Это понятие аналогично моменту силы относительно оси. Если предположить, что А – вес пластины, име-ющей форму нашего сечения, то статический момент Sz – это момент силы тяжести пластины относительно оси z. Размерность: единицы длины в третьей степени (см3;

м3). Знаки: плюс, ноль и минус. А y Ось центральная – ось, относительно yC C которой статический момент площади равен Sz yC нулю.

Центр тяжести сечения – точка пере- yC C 0 z Sz сечения центральных осей.

y yC Если фигура имеет ось симметрии, то эта А yC ось является центральной. C Sz Статический момент составного сечения Рис. 6.2. Связь знака равен сумме статических моментов элементов статического момента пло этого сечения. Это следует из свойства опреде- щади с его положением в ленного интеграла, который можно вычислять координатной системе по частям – свойство аддитивности (от англ.

add – прибавлять, присоединять, складывать). При известных статических моментах частей сечения можно найти координаты центра тяжести состав ной фигуры:

Sy z1 A1 z 2 A2 z n An y A y 2 A2 y n An S ;

yс z 1 zс.

A1 A2 An A1 A2 An A A Пример 6.1. Определить положение центральных осей, параллель ных основанию и высоте фигуры.

Решение Разбиваем сложную фигуру на две простые, в Дано:

конкретном примере – на два прямоугольника. Их H = 10 см;

h = 2 см;

центры тяжести расположены посредине высоты и L= 8 см;

= 2 см.

посредине ширины.

Координаты центров тяжести y и площади простых фигур z1 1 см;

yС L z2 2 5 см;

С1 2 H H y1 5 см;

zС С 2 y h С y 2 1 см;

yC h A1 H 2 10 20 см 2 ;

z y 1 A2 L h 8 2 2 12 см 2.

z1 zC z2 Статические моменты L площадей простых фигур S z1 y1 A1 5 20 100 см 3 ;

S y1 z1 A1 1 20 20 см3 ;

S z 2 y2 A2 1 12 12 см3 ;

S y 2 z2 A2 5 12 60 см 3.

Координаты центра тяжести составной фигуры S y1 S y 2 S S z 2 100 20 2,5 см;

y с z zс 3,5 см.

A1 A2 A1 A 20 12 20 Через найденную точку проводим центральные оси zC и yC, параллельные основанию фигуры и ее высоте.

Примечание. Центр тяжести фигуры, составленной из двух частей, лежит на линии, соединяющей центры тяжести простых фигур ее состав ляющих, причем расстояния до них обратно пропорциональны площадям простых фигур. Если сложная фигура составлена из нескольких простых, то общий центр тяжести находится внутри многоугольника, вершинами которого являются центры тяжести простых фигур.

6.2. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ СЕЧЕНИЯ Момент инерции – распространенная на всю площадь сумма про изведений элементарных площадок dA на квадраты расстояний от них до этой оси.

Осевые моменты инерции I z y 2 d A, I y z 2 d A. (6.2) A A Полярный момент инерции I p d A, (6.3) A где – расстояние от площадки dA до точки dA A (полюса), относительно которого вычисляется y y1 z полярный момент инерции. Полярный момент z1 инерции связан с осевыми моментами инерции y I p 2 d A z 2 y 2 d A z1 y1 d A, 2 z y A A A 0 z то есть для любой пары взаимно перпендику Рис. 6. лярных осей, проходящих через полюс I p I z I y I z1 I y1. (6.4) Центробежный момент инерции определяется интегралом произве дений элементарных площадей на их расстояния до двух взаимно перпен дикулярных осей I zy z y d A. (6.5) A Размерность моментов инерции – единицы длины в четвертой степе ни. Осевые и полярный момент инерции всегда положительны, центро бежный момент инерции может принимать значения «+», «–» и ноль. Ес ли фигура имеет ось симметрии, то относительно этой оси центробежный момент инерции равен нулю.

Пример 6.2. Найти моменты инерции прямо- y dA угольника относительно центральных осей, парал dy h/ лельных основанию и высоте.

y Решение. dA – элементарная площадь;

z dA= bdy.

h/ h h y3 b h 2 Iz y d A b y d y b. b 3 A h 2 h Рис. 6. Аналогичное решение относительно оси у. Таким образом bh3 b3h Iz Iy.. (6.6) 12 Пример 6.3. Найти моменты инерции круглого и кольцевого сечений.

Решение. Площадь элементарного кольца радиусом и толщиной d:

d A 2 d. Полярный момент инерции круга:

D2 y D 24 D4 dA 2 I p d 2 d 2.

4 32 d A Поскольку имеется связь I p I z I y, а для круга z Ip I z I y, то I z I y.

D Таким образом, полярный и осевые моменты инерции Рис. 6.4.

круга D 4 D. Iz I y. (6.7) Ip 32 D 4 d 4 D 4 1 d. Обозначая с d – коэффициен Кольцо I p 32 D 4 D 32 32 том пустотелости, получим полярный и осевые моменты инерции кольца:

D 4 D 1 с4 1 с4. (6.8) Ip Iz I y 32 6.3. МОМЕНТ СОПРОТИВЛЕНИЯ Момент сопротивления – отношение момента инерции к расстоя нию до наиболее удаленной точки.

В расчетах на прочность при изгибе используют y осевые моменты сопротивления ymax Iy I Wz z и W y. (6.9) ymax zmax z Например, для прямоугольника zmax bh 3 2 bh 2 b 3h 2 b 2 h Iy Iz Wz. Wy.

y max 12 h zmax 12 b 6 В расчетах на прочность при кручении сечений круглого профиля используют полярный момент сопротивления Ip Wp. (6.10) max Так, для круга и кольца соответственно D 4 2 D 3 D 4 2 D Ip Ip 1 c4.

Wp. Wp 1 c 32 D 16 32 D max max Примечание. Для сечений некруглого профиля, например прямо угольного, моменты инерции и моменты сопротивления вычисляют по специальным формулам, включающим высоту и ширину профиля, а также коэффициент, зависящий от отношения высоты к ширине.

6.4. ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ МОМЕНТАМИ ИНЕРЦИИ ОТНОСИТЕЛЬНО ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙ С – центр тяжести фигуры площадью А;

оси z, y – центральные;

a, b – расстояния между параллельными осями. Новые координаты для произ вольной площадки dA:

z1 z b;

y1 y a.

y1 z I z1 y1 dA y a 2 d A;

byz A A I z1 y d A 2a y d A a 2 d A.

dA A A A I II III y z C Интеграл I – момент инерции фи y гуры относительно центральной оси;

A a интеграл II – статический момент пло 0 z1 щади A относительно оси y равен нулю, Рис. 6.5 поскольку эта ось является центральной;

интеграл III – площадь А фигуры.

I z1 I z a 2 A;

I y1 I y b2 A. (6.11) Момент инерции относительно произвольной оси равен моменту инерции относительно центральной оси, параллельной данной, плюс про изведение площади фигуры на квадрат расстояния между осями.

Для центробежного момента инерции I z1 y1 I zya b A. (6.12) y 6.5. ИЗМЕНЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПРИ dA z y ПОВОРОТЕ ОСЕЙ y z z Свяжем новые координаты z1, y1 элемен y тарной площадки dA с координатами в исходной 0 системе z, y:

z y z1 0 E 0 D DE 0 D CF ;

B y1 z1 y1 BE BF EF BF DC.

E D Длины отрезков в исходной системе координат:

F 0 Cz 0 D z cos ;

CF y sin ;

BF y cos ;

DC z sin.

Таким образом:

z1 z cos y sin ;

y1 y cos z sin.

Момент инерции в новой системе координат I z1 y1 d A y cos z sin A A y cos d A 2 z y cos sin d A z 2 sin 2 dA.

2 A A A Выполнив аналогичные действия относительно другой оси, получим:

I z1 I z cos2 I y sin 2 I zy sin 2;

I y1 I y cos2 I z sin 2 I zy sin 2;

(6.13) Iz I y I z1 y1 sin 2 I zy cos 2.

Примечание. Относительно главных осей центробежный момент инерции равен нулю.

Складывая первые два равенства, получим I z1 I y1 I z I y I p. (6.14) Сумма моментов инерции относительно любых двух взаимно пер пендикулярных осей не меняется (инвариантна) при их повороте.

6.6. ГЛАВНЫЕ ОСИ ИНЕРЦИИ И ГЛАВНЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ При изменении угла значения Iz1, Iy1, Iz1y1 (6.13) изменяются, и при некотором значении угла 0 они принимают экстремальные значения. Взяв первую производную по углу от формул (6.13) и приравняв ее нулю, по лучим:

2 I zy tg 2 0. (6.15) I z I y Эта формула определяет положение двух осей, относительно одной из которых осевой момент максимален, а относительно другой – минима лен. Такие оси называют главными. Моменты инерции относительно главных осей называют главными моментами инерции. Их вычис ляют следующим образом:

Iz I y Iz I y 2 I zy.

I max, min 6.16) 2 Главные оси обладают свойствами:

центробежный момент инерции относительно них равен нулю;

моменты инерции относительно главных осей экстремальны;

для симметричных сечений оси симметрии являются главными.

Главные оси, проходящие через центр тяжести фигуры, называют главными центральными осями инерции.

Пример 6.5. Определить, каким образом изменяется момент инер ции квадратного сечения при его повороте.

Решение. Момент инерции относительно повернутой оси:

I z1 I z cos2 I y sin 2 I zy sin 2.

Поскольку оси z, y квадрата являются осями симметрии, то есть главными, то центробежный момент инерции относительно них Izy = 0:

a4 a4 2 a4 a 2 2 y1 I z1 cos sin cos sin.

y z 12 12 12 Выводы. 1. Моменты инерции квадратного a z сечения с изменением положения центральных осей остаются постоянными.

2. В квадрате и других правильных много a угольниках (треугольниках, пятиугольниках) любая центральная ось является и главной. Такие фигуры называют фигу рами равного сопротивления.

Пример 6.6. Для фигуры, представленной в примере 6.1, определить главные центральные моменты инерции.

y Решение. Расстояния между центральной осью составной фи yС гуры и собственными централь- v u b ными осями элементов b С a a1= y1 – yC = 5 – 3,5 = 1,5 см;

H С zС a2= y2 – yC = 1 – 3,5 = –2,5 см;

y a С b1= z1 – zC = 1 – 2,5 = –1,5 см;

yC b2= z2 – zC = 5 – 2,5 = 2,5 см.

h z1 z Моменты инерции относи- y zC тельно центральных осей, парал z лельных основанию и высоте L H 3 2 L h I zc a1 A1 a 2 A 12 3 8 2 2 10 2,52 12 212 75 287 см 4 ;

1,52 12 12 3 H 2 L h I yc b1 A1 b2 A 12 3 8 2 2 2 1,52 20 2,52 12 52 111 163 см 4.

12 12 Центробежный момент инерции I zc yc 0 a1b1 A1 0 a2b2 A2 1,5 1,520 2,52,5 12 120 см 4.

Направления главных осей инерции 2 2 I zс yс 1,935;

2 0 62,6 ;

0 31,3.

tg 2 0 I zс I yс 287 Угол 0 (положительный) откладываем против хода часовой стрелки от оси с бльшим моментом инерции, то есть zC.

Величины главных центральных моментов инерции Iz I y Iz I y 2 I zy I max I u 2 287 163 287 163 2 120 360 см ;

2 Iz I y Iz I y 2 I zy I min I v 2 287 163 287 163 2 120 90 см.

2 Проверка вычислений: I z I y I u I v const.

287 163 360 90;

450 450. Вычисления выполнены верно.

7. ПЛОСКИЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗ ГИБ Изгиб – вид деформации, при котором происходит искривление оси прямого бруса или изменение кривизны кривого бруса.

Изгиб плоский (прямой изгиб) – случай изгиба, при котором внеш ние силы лежат в главной плоскости инерции и являются перпендикуляр ными к геометрическим осям. Если сечение имеет ось симметрии, то внешние силы располагаются в плоскости симметрии.

Главная плоскость инерции – плоскость, проходящая через гео метрическую ось бруса и главную ось инерции.

Изгиб чистый – вид де- Силовая q формации, при котором из шес- плоскость F ти внутренних усилий не равно M нулю одно – изгибающий момент y Mz или My.

z Изгиб поперечный – слу чай изгиба, при котором в сече ниях бруса наряду с изгибающим Главные моментом М действует и попе- x плоскости речная сила Q. инерции Рис. 7.1. Схема взаимного расположения В нагруженном состоянии силовой плоскости и плоскостей инерции балка прогибается так, что часть волокон укорачивается, другая часть волокон удлиняется.

Нейтральный слой – слой волокон, в котором нормальные напря жения отсутствуют.

Нейтральная ось – след пересечения нейтрального слоя с плоско стью поперечного сечения.

Балка – конструктивный элемент, с прямолинейной геометрической осью, обычно в виде бруса, работающий главным образом на изгиб.

Балка простая – однопролетная балка без консо лей, лежащая на двух опорах: шарнирно-подвижной и шарнирно-неподвижной. Расстояние между опорами на зывают пролетом.

Консоль – балка с одним защемленным концом или часть балки, свешивающаяся за опору.

Опоры и опорные реакции Схемы реальных опорных устройств можно свести к трем типам.

Шарнирно-подвижная опора допускает поворот опорного сечения и перемещение его в одном направлении. Опорная реакция перпендику лярно к плоскости опирания катков.

Шарнирно-неподвижная опора допускает только поворот опорного сечения балки. Реакция имеет две составляющие: горизонтальную и верти кальную.

Жесткая заделка (защемление) не допускает поворота опорного се чения и любых его перемещений. Имеет три реакции: горизонтальную и вертикальную составляющие, а также опорный момент.

7.1. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ ПРИ ИЗГИБЕ Из шести внутренних усилий, действующих в сечении в общем слу чае, при плоском поперечном изгибе только два не равны нулю: Qy и Mz (индексы часто опускают).

Правила знаков устанавливают не по на правлению действию сил, как в теоретической ме +Q ханике, а по виду деформации.

+Q Поперечная сила Q в сечении положительна, если ее векторы стремятся вращать части рассе ченной балки по ходу часовой стрелки (положи тельная поперечная сила вызывает положитель +M ное касательное напряжение).

Изгибающий момент М в сечении положи телен, если он вызывает сжатие в верхней части бруса, а растянутая об ласть изгибаемого элемента – в нижней.

Часто эпюры изгибающего момента строят со стороны сжатой зоны элемента, но удобнее – со стороны растянутой.

Пример 7.1. Определить внутренние усилия в поперечном сечении консольной балки, нагруженной сосредоточенной силой.

Решение. Опора (защемление) накладывает три связи, обусловли вающие возникновение трех реакций: вертикальную и горизонтальную со ставляющие реакции Rx и Ry, а также опорный момент М. В целях упроще ния расчета внутренние усилия определяем со Ry M свободного конца. Используем метод сечений:

F Рассекаем балку на две части;

Rx х Отбрасываем одну из частей;

Заменяем действие отброшенной части внут F M(x) ренними усилиями (поло х жительными в соответствие F Q(x) x с установленными правила- y F ми знаков), составляем x Q M(x) Уравнения равновесия, из C которых находим внутрен М z ние усилия. Система коор F· Q(x) x x динат помещена в центр тя жести С рассматриваемого сечения.

I участок: 0 х.

Y 0;

F Q( x ) 0;

Q( x ) F ;

M z 0;

F x M ( x ) 0;

M ( x ) F x.

Поперечная сила Q(x) – функция от абсциссы х – величина постоянная.

Изгибающий момент M(x) – линейная функция от абсциссы х, описывается уравнением прямой;

для ее построения находим значение функции в двух точках – в начале и конце участка:

M x F. Строим эпюры Q и M.

M x 0 0;

Пример 7.2. Определить внутренние уси M Ry лия в поперечном сечении консольной балки, на M груженной сосредоточенным моментом.

Rx х Решение. Внутренние усилия в произ вольном сечении I участка: 0 х.

M0 M(x) Y 0;

Q( x ) 0;

х M0 x M z 0;

M 0 M ( x ) 0, y Q x M ( x ) M 0.

откуда М C M0 z Q(x) x x Поперечная сила Q(x) отсутствует, изгибающий мо мент M(x) – величина постоянная;

имеет место чистый изгиб Строим эпюры Q и M.

Общий подход к определению внутренних усилий при изгибе В балке бесконечной протяженности выберем начало координат на левом конце. Внутренние усилия находим методом сечений x n Fi qx d x Q x 0;

Y 0;

y M1 M2 q(x) F1 F 1 M(x) x n Q x Fi q x d x.

откуда :

x а 1 Q(x) а Поперечная сила в произвольном х dx сечении равна алгебраической Рис. 7.2. Схема к определению сумме всех внешних сил, дейст внутренних усилий вующих по одну сторону от се чения х.

x n n M z 0;

M i Fi x ai Cq q x d x M x 0;

1 1 x n n M x M i Fi x ai Cq q x d x.

откуда 1 1 Здесь Сq – множитель, имеющий смысл координаты центра тяжести распределенной нагрузки.

Изгибающий момент в произвольном сечении равен алге б раической сумме моментов от всех внешних сил, действующих по одну сторону от сечения х, взятых относительно центра тяжести рассматриваемого сечения.

7.2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ ПРИ ИЗГИБЕ В балке, находящейся под действием плоской системы сил, двумя поперечными сечениями выделим эле qdx мент протяженностью dx (см. рис. 7.2), к которому не приложены сосредоточен M+dM ные силы и моменты. Поскольку вся M C балка находится в равновесии, то в рав новесии находится и элемент dx.

Q Y 0;

Q Q d Q qd x 0;

Q+dQ dx/ d Q qd x 0.

dx dQ Рис. 7.3. Элемент балки с внут q.

откуда (7.1) ренними усилиями и внешней dx нагрузкой Первая производная от попе речной силы по абсциссе х равна интенсивности распределенной нагрузки, перпендикулярной оси балки.

dx M C 0;

M M dM Qd x qd x 2 0 ;

dM d M Q d x 0, откуда Q. (7.2) dx Первая производная от изгибающего момента по абсциссе х равна поперечной силе.

С учетом формул (7.1) и (7.2) получаем дифференциальные зависи мости Д. И. Журавского d2 M d Q q( x ).

(7.3) 2 dx dx Полученные зависимости действительны в правой системе коорди нат, то есть когда х возрастает от левого конца балки к правому. В левой системе координат знаки перед Q и q обратные.

7.3. ПРАВИЛА ПРОВЕРКИ ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР Q И M Напомним, геометрический смысл первой производной некоторой функции – тангенс угла наклона касательной к кривой, отображающей эту функцию, и положительным направлением оси абсцисс. На основании дифференциальных зависимостей (7.3) при изгибе установлены следую щие правила.

1. На участках, свободных от распределенной нагрузки, эпюра Q ог раничена прямыми линиями, параллельными базовой (поперечная сила по стоянна), а эпюра М – наклонными (изгибающий момент изменяется по линейному закону).

2. На участке с равномерно распределенной нагрузкой эпюра Q – наклонная прямая, а эпюра М – парабола выпуклостью в направлении дей ствия нагрузки q.

3. В тех сечениях, где к балке приложены сосредоточенные силы:

а) на эпюре Q будут скачки на величину и в направлении приложенных сил;

б) на эпюре М будут изломы, причем острие излома направлено по дейст вию силы.

4. В сечении балки, где приложен сосредоточенный момент, эпюра М имеет скачок на величину этого момента. На эпюре Q действие пары сил не отражается.

5. На участках, где Q 0, момент М возрастает, то есть положитель ные ординаты увеличиваются, отрицательные – уменьшаются. На участках, где поперечная сила Q отрицательна, момент М убывает.

6. В том сечении, где эпюра Q, изменяясь, пересекает базисную ли нию (поперечная сила Q = 0), изгибающий момент достигает экстремума (максимума или минимума). Касательная к линии, ограничивающей эпюру М в этом сечении, параллельна оси эпюры.

7. На концевой шарнирной опоре поперечная сила равна реакции этой опоры, а изгибающий момент равен нулю, если в опорном сечении не приложена пара сил.

8. В защемленном конце балки (заделке) значения Q и M равны опорной реакции и опорному моменту.

7.4. НОРМАЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ Рассмотрим простейший случай изгиба – чистый изгиб, при котором в поперечных сечениях бруса действует только одно внутреннее усилие – изгибающий момент. Например, в условиях чистого изгиба работают уча стки балки, на которых изгибающий момент постоянен, а поперечная сила отсутствует (dM/dx = 0).

При расчете балки на изгиб будем считать справедливыми принятые ранее гипотезы, из которых выделим следующие:

гипотеза плоских сечений (Бернулли): поперечные сечения бруса плоские до деформации, остаются плоскими и в деформированном со стоянии;

гипотеза постоянства напряжений по ширине бруса;

гипотеза отсутствия боковых давлений: боковые волокна бруса не давят друг на друга.

q F F F М F a a a q/ F F Q Q Q Q F M M M M F F Fa F Fa q2/ чистый чистый чистый чистый изгиб изгиб изгиб изгиб Рис. 7.4. Схемы нагружения, при которых в сечениях возникает чистый изгиб Геометрический анализ Двумя сечениями ad и bc на расстоянии dx выделим малый элемент (рис. 7.5, а, б) и рассмотрим его деформацию (рис. 7.5, в). Длина отрезка нейтрального слоя dx = d. Волокно нейтрального слоя не деформируется = 0, = 0. Любое другое волокно, находящееся на расстоянии у изменит свою длину и станет равным (+y)d. Его относительное удлинение d x y d d x.

dx d y После преобразования получим x. (7.4) Деформация волокон пропорциональна их расстоянию до нейтраль ного слоя.

Физический анализ В общем случае нагружения продольная деформация по закону Гука x x y z, E однако в силу гипотезы отсутствия боковых давлений z = 0 и y = 0, то есть волокна бруса испытывают только деформацию растяжения. Имеет место линейное напряженное состояние x x (7.5) E a b x а c d M dx d в г z M M x y a b б a b x d xdA y dA c –+ d c y Рис. 7.5. Схемы к определению связи внутренних усилий с напряжениями:

а – брус до деформации;

б – брус в деформированном состоянии;

в – элемент a b c d в деформированном состоянии;

г – внутренние усилия в сечении Статический анализ (рис. 7.5, г) хdA – элементарное усилие;

y(х·dA) – элементарный момент.

Момент во всем сечении M z х ydA. (7.6) A Синтез установленных зависимостей Приравниваем правые части уравнений (7.4) и (7.5):

y x E, откуда x y.

(7.7) E Зависимость (7.7) подставляем в (7.6) E E M z y2 d A I z, A где I z y 2 d A – момент инерции, геометрическая характеристика попе A речного сечения. Из последнего равенства найдем отношение E Mz (7.8) Iz и подставим его в (7.7). Опуская индекс при, получим уравнение А. На вье (1826) M z y. (7.9) Iz Следствия из формулы Навье Центр тяжести сечения является началом координат для анализа напряжений и приведения внешних сил. y max Напряжения изгиба зависят от зна чений изгибающего момента, момента ymax инерции сечения и координаты точки.

y Напряжения в любой точке, лежащей z ymin на одинаковом расстоянии от нейтральной линии, равны между собой. min Наибольшие по величине напряже ния возникают в точках, наиболее удаленных от нейтрального слоя.

Условие равновесия Из статического анализа (рис. 7.5, г) следует:

x 0;

N x d A 0.

A E В полученное равенство подставляем (7.7): x y.

E E yd A S z 0, Тогда A где S z y d A – статический момент площади, геометрическая характе A E 0, то Sz = 0, следовательно, ристика. Поскольку отношение нейтральный слой проходит через центр тяжести сечения. Радиус кривиз ны нейтрального слоя является и радиусом кривизны изогнутой оси бруса.

Деформация балки при изгибе – кривизна ее геометрической оси.

E Mz Из (7.8) следует Iz 1 Mz. (7.10) EI z Это закон Гука при изгибе.

Следствия из закона Гука Момент инерции характеризует способность бруса сопротивляться искривлению в зависимости от размеров и формы его поперечного сечения.

Чем больше значение Iz при заданной величине М, тем большим окажется радиус кривизны нейтрального слоя бруса, то есть брус искривляется меньше.

Модуль упругости характеризует способность бруса сопротивлять ся искривлению в зависимости от его материала.

Произведение E·Iz называют жесткостью сечения при изгибе.

7.5. РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ ПО НОРМАЛЬНЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ Максимальные напряжения в опасном (где действует Mmax) сечении M max max y max.

Iz Iz Wz, получим условие прочности при изгибе Принимая отношение ymax M max max, (7.11) Wz где Wz – осевой момент сопротивления сечения.

b h Для прямоугольника Wz.

Для круга Wz D 3 0,1D 3.

D 1 c 4 0,1D 3 1 c 4, где с = d/D – коэффициент Для кольца Wz пустотелости. Здесь d – внутренний диаметр полого сечения.

Используя условие прочности (7.11) выполняют три вида расчетов.

Поверочный. Вычисляют max, а затем вычисляют перегрузку или недогрузку в процентах по отношению к допускаемому напряжению, либо находят коэффициент запаса прочности по отношению к пределу текуче сти для пластичных материалов или пределу прочности для хрупких.

Проектный. Из условия прочности (7.11) находят необходимое значение момента сопротивления. Размеры нестандартных сечений (круг, прямоугольник…) округляют в соответствие с ГОСТом. Стандартные про катные профили выбирают из таблиц сортамента. Если размер сечения вы бран меньше требуемого, то выполняют поверочный расчет. Перегрузка более 5 % не допускается.

Определение допускаемой нагрузки. При известных характеристи ках прочности материала и заданном размере поперечного сечения опреде ляют допускаемое внутреннее усилие (изгибающий момент), а затем, ис ходя из схемы нагружения, находят допускаемые внешние силовые факторы.

Если сечение несимметрично относительно оси z (трапецеидальное, треугольное, тавровое…), а также при использовании хрупкого материала (чугун, керамика…), условие прочности проверяют отдельно по макси мальным и минимальным напряжениям используя формулу (7.9).

7.6. ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ. КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ От поперечной силы Qy в поперечном сечении возникают касатель ные напряжения у. Для их определения приняты следующие гипотезы.

Касательные напряженияу параллельны поперечной силе Qy и со ответственно оси 0у.

Касательные напряжения равномерно распределены по ширине поперечного сечения на любом уровне их определения, задаваемом ор динатой у.

Для определения нормальных напряжений используют выражения, выведенные для случая чистого изгиба.

Д. И. Журавским предложена формула Qy Sz, (7.12) b Iz где Qy – поперечная сила в рассматриваемом сечении;

S z – статический момент площади отсеченной части сечения относи тельно центральной оси;

b – ширина сечения на уровне исследуемой точки;

Iz – момент инерции сечения относительно центральной оси.

Знак касательных напряжений у определяется знаком поперечной силы Qy.

Пример 7.3. Построить эпюру для прямоугольного сечения.

Момент инерции сечения A –+ bh Q Iz ;

max 1, c h/ A yc y Статический момент пло щади отсеченной части се h/ чения S z A yC.

h 1h b A b y ;

yC y ;

2 Sz изменяется по параболиче 2 ской зависимости (координата у во S b h y 2 bh 1 4 y 2.

второй степени) и определяет характер z 2 4 8 h2 изменения напряжения :

Q S Q 12 bh 2 4 2 3 Q 4 z 1 2 y 1 2 y.

b bh 3 8 h b Iz 2 bh h 3Q При у = 0 (на нейтральной оси) max.

2A При у = h/2 (на периферии) = 0.

Пример 7.4. Построить эпюру для круглого сечения.

by 4Q 1 y ;

–+ Q А 3 R 2 R max 1,33 A С yC Q y.

max 1, R Q ср 2R A О влиянии касательных напряжений Касательные напряжения переменны по высоте, вызывают искрив ление поперечного сечения, причем в тем большей степени, чем больше, то есть в центральной части сечения больше, на периферии – меньше. Сле довательно, гипотеза плоских сечений, на которой основывался вы вод формулы нормальных напряжений, неприменима. Однако это ис кривление почти не отражается на продольных деформациях волокон, что M позволяет пользоваться формулой z y и при наличии поперечной Iz силы.

Пример 7.5. Оценить соотношение нормальных и касательных на пряжений при поперечном изгибе.

F Для консольной балки прямоугольного сечения максимальные нормальные напряжения F 6 F M max max 2 2, Wz bh 6 bh F Q+ а максимальные касательные – 3Q 3F M– max.

2 bh 2 bh + F Сопоставив эти напряжения, получим max 6F 2bh 2 4.

max bh 3F h Аналогичное соотношение для круглого поперечного сечения:

max 32 F 3 d 2 6.

d 3 4 F 4 d max Вывод: касательные напряжения в длинных ( 5h) балках суще ственно меньше нормальных. y –+ Отметим, что max и max действуют в раз max ных точках сечения: max на периферии, в точ ках наиболее удаленных от нейтральной оси, z где = 0;

max – в центре, на нейтральной оси, где = 0. Для приведенного выше примера в max опасном сечении (в защемлении) эпюры рас пределения нормальных и касательных напряжений показаны на рисунке.

По мере укорочения длины пролета или участка балки роль момента, а, следовательно, и нормальных напряжений, снижается (в рассмотренном примере М зависит от длины, а Q – постоянна). Превалирующими в этом случае могут оказаться касательные напряжения. В сложившейся практике подбор размеров поперечного сечения выполняют по максимальным нор мальным напряжениям (как при чистом изгибе), а проверку прочности проводят – по максимальным касательным. В двутавровом сечении балки опасным может ока C A заться точка К в со K пряжении стойки с K K h/ yC полкой, где действуют достаточно большие и max нормальные, и каса тельные напряжения:

M К z yK ;

t Iz max Q Sz K.


b d Iz Рис. 7.6. Особенности проверки прочности балки Здесь координату точ двутаврового сечения ки К и статический момент отсеченной части площади А (на рис. 7. 6 заштрихована) находят как h t h y K t ;

S z A y c b t.

2 Эквивалентные напряжения в точке К вычисляют по теориям проч ности. Линия 1 на эпюре касательных напряжений отражает закон распре деления, рассчитанных для ширины сечения d, а линия 2 – ширины сече ния b. Размеры отличаются примерно в 20 раз, чем и обусловлен скачок напряжений в окрестности точки К.

8. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ В общем случае нагрузка на брус может быть такой, что в его попе речных сечениях возникает одновременно несколько внутренних усилий.

Такой случай рассматривают как комбинацию простых видов сопротивле ния и называют сложным сопротивлением.

Расчеты на прочность и жесткость бруса при сложном сопротивле нии основываются обычно на принципе независимости действия сил (суперпозиций), при котором каждый из простых видов сопротивления рассматривают независимо от остальных. Полные напряжения и деформа ции, возникающие в упругой системе, определяют путем геометрического сложения напряжений и перемещений, соответствующих простым видам сопротивления.

В зависимости от сочетания внутренних усилий сложное сопротив ление условно подразделяют на три вида: косой изгиб, изгиб с растяжени ем, а также изгиб с кручением.

8.1. КОСОЙ ИЗГИБ Косой изгиб – частный случай сложного сопротивления, при кото ром силовая плоскость не совпадает с главными плоскостями инерции.

а б F F F F в г Рис. 8.1. При въезде автомобиля на наклонную плоскость ли ния действия силы F не совпадает ни с одной из главных плоскостей инерции поперечного сечения балки y z z Fx= Gtg Fy= G G /2 / Рис. 8.2. В начале движения мостового крана вдоль пролета цеха, и при его торможении возникает горизонтальная сила вследствие инерции груза В общем случае косого изгиба в поперечных сечениях возникают че тыре внутренних усилия: две поперечные силы Qz, Qy и два изгибающих момента Mz, My. Влиянием поперечных сил на прочность и жесткость при расчете длинных балок часто пренебрегают ввиду их малости. Так, для max прямоугольника и круга соответственно max 4 и 6 (см.

h d max max разд. 7, п. 7.6). В дальнейшем будем учитывать только изгибающие мо менты.

Напряжения при косом изгибе Изгибающий момент М (рис. 8.3, а) в сечении раскладывают на две его составляющие, действующие в главных плоскостях инерции M z M cos и M y M sin (рис. 8.3, б).

От каждого из внутренних усилий возникают нормальные напряже ния, приложенные к одной паре площадок. Две другие пары площадок свободны от напряжений. Имеет место линейное напряженное состояние.

Нормальные напряжения в произвольной точке с координатами z, y опре деляют суммой напряжений от моментов Mz, My (рис. 8.3, в):

M y M y z z. (8.1) Iz Iy Из рисунка следует, что опасными являются точки, в которых скла дываются напряжения с одним знаком, то есть точки A и C:

y Пл-ть x0y z B A б а My y x C z Пл-ть x0z Mz D M Пл-ть силовая B A y F C D Базисная z линия Силовая линия + F – Нейтральная линия в г Рис. 8.3. Взаимное положение силовой плоскости и главных плоскостей инерции при косом изгибе (а);

внутренние усилия в произвольном сечении бруса (б);

характер распределения напряжений в произвольном сечении бруса (в);

напряженное состояние в произвольных точках поперечного сечения бруса (г) y cos z sin M.

(8.2) Iz Iy Правила знаков: из анализа знаков напряжений (рис. 8.3, г) следует, что для получения верного результата по формулам (8.1) и (8.2) необходим как учет знака изгибающего момента, так и выбор (назначение) направле ния координатных осей в сечении.

Направление координатных осей следует выбирать так, чтобы в первом квадранте координатной системы z0y (где z 0;

y 0) изгибаю щий момент вызывал растягивающие напряжения.

y F F q q IV III I II z z II I III IV F F y M + – M Рис. 8.4. Примеры выбора направления координатных осей при косом изгибе Нейтральная линия при косом изгибе В уравнении (8.2), связывающем напряжение в произвольной точке с ее координатами, переменными являются координаты z, y. Поскольку они в первой степени, то, следовательно, напряжения распределяются по ли нейному закону и должна быть линия, на которой напряжения равны нулю.

Нейтральная линия (нейтральная ось) – геометрическое место точек сечения, в которых нормальные напряжения равны нулю.

Приравняв (8.2) нулю y y cos z sin y kx b 0 M, Iz Iy b получают уравнение нейтральной линии вида y k x b :

a x 0 k tg y cos z sin 0;

Iz Iy Рис. 8.5. Уравнение прямой с уг I sin ловым коэффициентом и график y z z, прямой линии, известные из I y cos школьного курса то есть уравнение прямой с угловым ко эффициентом I y z tg z 0, (8.3) Iy где собственно угловой коэффициент вычисляют Iz (8.4) k tg tg Iy Анализ уравнений (8.3), (8.4) 1. Свободный член уравнения (8.3) равен нулю, следовательно, пря мая проходит через начало координат. Нейтральная линия разделяет сече ние на сжатую и растянутую области.

2. Углы и в уравнении (8.4) y F имеют разные знаки, следовательно, силовая и нейтральная линии лежат в разных плоскостях. Углы и от Базисная кладывают в одном направлении, но z линия Силовая от разноименных осей (см. рис. 8.3, в). линия + 3. Углы, следовательно, F – Нейтральная силовая F-F и нейтральная линии не линия перпендикулярны (см. рис. 8.3, в).

Расчет на прочность при косом изгибе Поскольку напряженное состояние линейное (см. рис. 8.3, г), резуль таты расчета по любой из гипотез прочности совпадают. Максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной ли нии. Их положение определяют графически после построения нейтральной линии (см. рис. 8.3, в).

Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.1):

M y z max M y max z max [ ], Iz Iy Mz M y max [].

или (8.5) Wz W y Условие прочности, вытекающее из уравнения (8.2):

M max cos Wz sin [], max (8.6) Wz Wy то есть такое же как при плоском изгибе, но с множителем в скобках бльшим единицы.

Выполняют три вида расчетов: поверочный, проектный и определе ние допускаемой нагрузки.

Проектный расчет. Требуемый размер поперечного сечения нахо дят из условия прочности (8.6):

M W Wz max cos z sin. (8.7) [ ] Wy Искомый параметр находится по обе стороны от знака неравенства.

Полученное уравнение – трансцендентное, то есть не могущее быть вы раженным алгебраическим выражением. Такие уравнения решают мето дом итераций, то есть методом последовательных приближений.

Для стандартного прокатного профиля (двутавра, швеллера…) от ношение Wz W y зависит от размеров профиля. Так, для двутавров от № до № 60 отношение Wz W y изменяется в диапазоне от 6,12 до 14,07. По этому в первом приближении принимают среднее число из указанного диапазона (например, 10). Подбирают профиль, а затем выполняют пове рочный расчет. Следующая проба – уточненная. Перегрузку max выше 5 % не допускают.

Пример 8.1. Подобрать q y F размер двутавра для консольной балки, нагруженной распределен- q 2 z ной нагрузкой. Дано:

q = 5 кН/м;

= 10°;

– = 2 м;

[] = 200 МПа. F М + Решение. Из условия проч ности при косом изгибе:

M W max max cos z sin [ ] Wz Wy требуемый момент сопротивления M W Wz max cos z sin, [ ] Wy где Mmax= q /2 = 54/2 = 10 кНм;

10 10 0,985 10 0,174 136 10 6 м 3.

Wz 200 Принимаем двутавр № 18: Wz = 143 см3;

Wy = 18,4 см3.

10 10 3 143 Поверочный расчет: max 0,985 0,174 163 МПа.

143 10 6 18,4 200 100 18,2 %.

Недогрузка Принимаем двутавр № 16: Wz = 109 см3;

Wy = 14,5 см3.

10 10 3 109 Поверочный расчет: max 0,985 0,174 210 МПа.

109 10 6 14,5 200 100 5 %. Такая перегрузка допустима.

Перегрузка Напряжения при плоском изгибе, то есть при = 10 10 M 0 max 91,7 МПа.

Wz 109 Сопоставление напряжений при косом и плоском изгибах:

к max 2,29.

п 91, max Вывод: напряжения при косом изгибе больше, чем при плоском из гибе в 2,29 раз. Косой изгиб опаснее плоского.

Пример 8.2. Подобрать y F размеры поперечного сечения де F ревянной балки с отношением вы соты к ширине с = h/b = 2. Дано:

h F = 2 кН;

= 30°;

z F = 3 м;

[] = 10 МПа.

– F b М Решение. Из условия проч + ности при косом изгибе:

M max cos Wz sin [] max Wz Wy требуемый момент сопротивления M W Wz max cos z sin, [ ] Wy Wz bh 2 6 h с.

где 6 hb 2 b Wy bh 2 bbc 2 b 3c 2 6 W, откуда b 3 2 z.

С другой стороны, Wz 6 6 6 c Из эпюры моментов Mmax= F = 23 = 6 кНм. Тогда cos 30 2 sin 30 1120 10 6 м 3, откуда Wz 6 1120 10 b3 0,119 м.

Принимаем: b = 0,12 м, h = 0,24 м. Выполняем поверочный расчет:

6000 6 0, max 0,866 0,5 9,72 МПа, что меньше [].

2 0, 0,12 0, M 30 9, 6000 0 max 5,21 МПа. 1,86 раз.

0,12 0,24 Wz 0 5, Вывод: косой изгиб опаснее плоского.

Пример 8.3. Подобрать размеры прямоугольного сечения балки с отношением высоты к ширине h/b = 1,6. Материал балки сталь (т = 340 МПа). Дано: F = 10 кН;

q = 30 кН/м;

а = 1,3 м;

с = 1,5 м.

Решение. Имеем разновидность косого изгиба, при котором оба си ловых фактора действуют в разных главных плоскостях инерции (рис. а).

Внутренние усилия определяем методом сечений (рис. б и в), начиная со свободного конца, чтобы избежать процедуры определения опорных реак ций в защемлении (в общем случае их шесть).

Результаты расчета заносим в таблицу q и строим эпюры изгибающих моментов в го II ризонтальной и вертикальной плоскостях с а (рис. г, д).

I F Внутренние I участок II участок а усилия 0xa 0xc б y y F a x xq My Fx F x в x xz z qx Mz qx x F Опасным оказалось сечение в защем F(а+c) a г лении. При этом изгибающий момент от си лы F вызывает растяжение в точках В и С, qс сжатие – в точках A и D. Распределенная на грузка деформирует балку так, что растяги вающие напряжения возника My B д y ют в точках A и B, сжимающие h A – в точках C и D. Опасными z Mz являются точки, в которых C складываются напряжения с bD одним знаком: точки В и D. Условие прочности имеет вид:


My Mz, max W y Wz где изгибающие моменты c2 1, M y F a c 101,3 1,5 28 кНм и M z q 30 33,75 кНм, 2 а моменты сопротивления bh 2 b1,6 b b2 h b2 1,6 b 0,427 b3.

Wy 0,267 b и Wz 6 6 6 Назначим допускаемое напряжение, выбрав [nт] из диапазона [nт] = 1,3-2, т 340 190 МПа nт 1, Перепишем условие прочности в виде:

28 103 33,75 My Mz 190 106, ;

0,267 b 3 0,427 b W y Wz 183, откуда требуемое значение ширины сечения b 3 0,0989 м ;

190 Принимаем: ширина сечения b = 0,1 м, высота сечения h = 1,60,1= 0,16 м.

Деформация балок при косом изгибе С использованием универсального уравнения упругой линии (метода начальных параметров) или энергетического метода определения переме щений для некоторых случаев плоского изгиба найдено максимальное значение прогиба – стрела прогиба f.

q F M M f f f F 3 q M f f f в 9,6 раз в 16 раз в 8 раз 3EI 8EI 2 EI M q F M /2 / f f f M 2 F3 5 q f f f 48EI 16EI 384 EI Деформацию балок при косом изгибе определяют путем геометри ческого сложения векторов прогибов в направлениях главных центральных осей инерции.

Так, для первого из приведенных выше примеров M y M z fy ;

fz.

My 2 EI z 2 EI y M cos 2 M sin fy ;

fz.

2 EI z 2 EI y M Mz Величину полного прогиба определяют:

y M 2 cos 2 sin f y f z, f fz I 2E Iz y z M I cos 2 z sin 2, f или (8.8) f fy Iy 2 EI z то есть так же, как и при плоском изгибе, но с множителем (корнем), бльшим единицы.

Положение плоскости изгиба (направление перемещения центра тя жести сечения) определяется углом :

f z M sin 2 2 EI z I sin z tg, 2 EI y M cos 2 I y cos fy Iz Силовая yF линия или tg tg. (8.9) Iy Из сопоставления формул (8.8) и (8.4) следует, что нейтральная плоскость и плоскость изгиба взаимно z перпендикулярны (tg = –tg ) и не совпадают с Нейтральная силовой плоскостью:

f линия прогиба I Линия tg z tg. (8.4) Iy Пример 8.4. (Беляев Н. М. Сборник задач. № 6.9) При установке на опоры двутавра № 60, предназначенного y F для работы на изгиб в вертикальной плоскости, совпадающей с плоскостью стенки, была допущена ошибка, и стенка двутавра отклонилась от вертикали на угол = 1°. Определить связанное с этим увеличение нормальных напряжений и полного прогиба двутавра. fz Решение Для двутавра № 60: Wz = 2560 см3;

Wy = 182 см3;

Iz = 76806 см4;

Iy = 1726 см4.

f fy Сопоставим максимальные напряжения при косом и F плоском изгибах M max cos Wz sin M max Wz кос пл Wy Wz W cos z sin 1.

max max пл M max Wy max Wz кос пл max max 0,0175 1 0,245 или 24,5 %.

0, пл max В случае плоского изгиба балка прогибается в вертикальном направ лении на величину fy. При косом изгибе величина полного прогиба f z2 f y. От вертикального направления балка отклоняется на угол, f fz f z f y tg.

определяемый как tg, откуда fy Iz tg 1 0,7767. = 37,84° tg tg Iy f y tg 2 f y2 f y tg 2 1. Увеличение полного прогиба со Тогда f ставит:

f y tg 2 1 f y f fy tg 2 1 1 0,7767 2 1 1 0,266, или 26,6 %.

fy fy Ответ: напряжения увеличились на 24,5, а полный прогиб – на 26,6 %.

8.2. ИЗГИБ С РАСТЯЖЕНИЕМ Изгиб с растяжением – частный случай сложного сопротивления, при котором на брус действуют продольные и поперечные нагрузки, пере секающие ось бруса.

В общем случае в поперечных сечениях возникают пять внутренних усилий: действующие в двух плоскостях изгибающие моменты Mz, My, по перечные силы Qz, Qy, а также продольная сила N. Возникает сложный из гиб с растяжением или сжатием.

Пренебрегая касательными напряжениями от поперечных сил Qz, Qy (для длинных балок с отношением /h 10 их влияние незначительно), можно считать напряженное состояние в опасных точках линейным.

Внецентренное растяжение или сжатие Внецентренное растяжение – частный случай изгиба с растяже нием, при котором брус растягивается силами, параллельными оси бруса так, что их равнодействующая не совпадает с осью бруса, а проходит через точку Р, называемую полюсом силы.

F F F F е t t e F b F t b F F F F а б в Рис. 8.6. Примеры деталей и узлов, работающих при внецентренном нагружении:

а – болт-костыль;

б – пружина сцепления;

в – сварное соединение Внутренние усилия и напряжения В произвольном сечении х бруса (рис.8.7, а) методом сечений опре деляем внутренние усилия X 0;

M x 0;

N = F;

T = 0;

M y 0;

Y 0;

Qy = 0;

My = FzP;

M z 0;

Z 0;

Mz = FyP.

Qz = 0;

Mz x y My z а б y P F N yP x z zP в Рис. 8.7. Схема к определению внутренних усилий и напряжений при внецентренном приложении силы Отличны от нуля три внутренних усилия (рис. 8.7, б), от которых возникают нормальные напряжения, действующие по одной из трех пар граней (рис. 8.7, в);

две другие пары граней свободны от напряжений. Име ет место линейное напряженное состояние. Напряжения в произвольной точке являются суммой трех слагаемых My F F yP y F z P z NM z y z;

.

A A Iz A A I y A A Iz Iy I Учитывая, что отношение i – радиус инерции сечения, получим A F 1 y P y z P z.

(8.10) i A iz y О правиле знаков внутренних усилий. Формула (8.10) выведена для случая положительной растягивающей силы N и изгибающих момен тов Mz, My, вызывающих растягивающие напряжения в точке, принадле жащей первой четверти осей координат (где x 0 и y 0). Поэтому оси ко ординат поперечного сечения бруса следует направлять так, чтобы по люс P (точка приложения силы) находился в первом квадранте. Если сила, приложенная к брусу, сжимающая, то ее числовое значение будет со зна ком минус.

Анализ формулы (8.10) 1. Отсутствие координаты х свидетельствует о неизменности напря жений вдоль оси бруса.

2. В случае приложения силы в центр тяжести сечения (zP = 0, yP = 0) напряжения в любой точке сечения постоянны и равны = F/A, то есть центральное растяжение является частным случаем внецентренного.

3. Независимо от значений координат полюса Р напряжение в центре тяжести сечения (yцт =0, zцт = 0), цт = F/A.

4. Переменные z и y в первой степени, следовательно, формула (8.10) является уравнением прямой и нормальные напряжения распределяются по линейному закону, значит должна быть нейтральная линия, на которой напряжения равны нулю.

Уравнение нейтральной линии при внецентренном растяжении Нейтральная линия (нейтральная ось) – геометрическое место точек, в которых нормальное напряжение в поперечном сечении равно нулю.

Приравняем нулю уравнение (8.10). Поскольку F/A 0, то выраже ние в скобках равно нулю y y y z z 1 P2 P2 0.

xy iz iy ab Переменные z, y в первой степени, b следовательно, нормальные напряжения в сечении распределяются по линейной x зависимости. Полученное выражение a приведем к виду уравнения прямой в от Рис. 8.8. Уравнение прямой в от резках, где a и b – отрезки, отсекаемые резках и график прямой линии, линией на осях координат. В нашем слу- известные из школьного курса чае уравнение нейтральной линии будет записано как y z 1. (8.11) 2 i iz y y zP P Свободный член полученного уравнения не равен нулю, следова тельно, нейтральная линия через начало координат не проходит. Отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях y и z, соответственно равны:

i iz y y н.л z н.л.

;

(8.12) yP zP По найденным значениям отрезков проводят нейтральную линию и находят точки В и С, наиболее удаленные от нее (рис. 8.9). Выполняют это простым геометрическим построением, проводя касательные к сечению, параллельные нейтральной оси. Найденные точки – опасные, поскольку напряжения в них наибольшие по величине.

Уравнения (8.12), связывающие y координаты полюса Р – точки прило B zP жения внешней нагрузки с поло жением нейтральной линии, являются Py zн.л P гиперболической функцией. Чем max z ближе полюс Р к центру тяжести се yн.л + чения (значения yP, zP уменьшаются), тем нейтральная линия проходит F/A дальше и в пределе стремится к бес C конечности. И, наоборот, по мере от – Нейтральная линия даления точки приложения силы от min центра тяжести нейтральная линия Рис. 8.9. Эпюра напряжений асимптотически приближается к нему.

в поперечном сечении Однако пересечь центр тяжести сече ния нейтральная линия не может (см. анализ формулы (8.10)). В центре тяжести цт = F/A (рис. 8.9), поскольку yцт = 0 и zцт = 0 (подставьте в (8.10)).

Нейтральная линия может разделять поперечное сечение на области, в которых действуют напряжения разных знаков. Некоторые материалы (чугун, силумин, керамика, кирпичная кладка…) хорошо сопротивляются сжатию и плохо – растяжению. Поэтому необходимо уметь определять та кую область приложения нагрузки, в которой не возникают напряжения разных знаков.

Ядро сечения Ядро сечения – область вокруг центра тяжести сечения, при приложении нагрузки внутри которой, напряжения во всем сечении будут одного знака.

Контур ядра сечения строят y путем окатывания нейтральной ли н.л н.л 1 нией контура поперечного сечения, то есть решают задачу обратную н.л yн.л той, в которой определяли положе yн.л zн.л ние нейтральной линии: куда следу ет прикладывать силу, чтобы ней тральная линия не пересекала кон тур сечения, а только касалась его.

z 1 Задают несколько положений ней тральной линии, касательной к се чению (например, н.л.1, н.л.2, н.л.3), н.л 4 zн.л 2 определяют координаты точек пере сечения этих линий с осями коор Рис. 8.10. Определение координат динат (например, zн.л.1, yн.л.1). Затем, отрезков нейтральной линии для преобразуя уравнение (11), находят построения ядра сечения соответствующие им координаты точек ядра сечения (точки 1, 2, 3):

i iz y yя yP zя z P ;

. (8.13) y н.л. z н.л.

Так как при переходе нейтральной линии с одной стороны на другую (например, от н.л 3 к н.л 4) она поворачивается вокруг угловой точки сече ния, то точка приложения силы перемещается по прямой (на рис. 8.10 от резок 3 – 4), образуя контур ядра.

Пример 8.4. Построить ядро сечения для круга диаметром d.

Решение. Квадрат радиуса инерции круга:

I z d 4 4 d iz.

64 d 2 A Задаем положение нейтральной линии 1–1, касательной к окружно сти. Ее координаты:

zн.л 1 = ;

yн.л 1 = d/2. y Координаты точки ядра сечения:

i2 d2 d y z я1 0;

z н.л.1 16 z d 2 2 iz d y я1.

y н.л.1 16 d d Из симметрии сечения относительно его центра тя жести следует, что при других положениях ней тральной линии на окружности диаметром d точки ядра сечения образуют концентрический с ней круг диаметром d/4.

Пример 8.5. Построить ядро сечения для y 1 прямоугольника с размером сторон b h.

Решение. Квадраты радиусов инерции:

I z bh 3 1 h 2 I y b 3h 1 b 2 z 2 iz iy ;

.

h A 12 bh 12 A 12 bh h Задаем положение нейтральной линии 1-1, ка- b6 сательной к верхней грани прямоугольника. Ее ко ординаты: zн.л 1 = ;

yн.л1 = h/2. Координаты соот- b ветствующей точки ядра сечения:

i2 b2 h2 iz h y z я1 y я 0;

.

z н.л1 y н.л1 12 h 12 Аналогично для нейтральной линии 2-2: zн.л 2 = b/2;

yн.л 2 =.

i2 b2 2 h iz b y zя 2 y я ;

0.

z н.л 2 12 h y н.л 6 Учитывая симметрию прямоугольного сечения относительно осей z и y, задаем положения нейтральных линий на противоположных сторонах прямоугольника и получаем еще две точки. Соединяя все точки, получаем ядро сечения в виде ромба с диагоналями, равными h/3 и b/3.

IV II y Пример 8.6. Построить ядро сечения для I I швеллера № 20.

Решение. Из таблицы сортамента выпишем ис ходные данные и выполним рисунок швеллера.

2 4 Последовательно задаем положение нейтраль h z ной линии (I-I, II-II, III-III, IV-IV), касающейся контура сечения, и вычисляем координаты точек ядра сечения.

1 Расчеты представлены в табличном виде.

Ядро сечения имеет вид четырехугольника, III III z асимметричного относительно оси ординат. Положе b ние ядра сечения зависит лишь от формы и раз меров поперечного сечения, но не зависит от вели IV II чины приложенной силы.

yн.л. = h/2 = 20/2 = 10 см;

zн.л. = ;

I- i 8,07 2 iz 6,51 см ;

z я y 2,2 0 ;

yя I y н.л. 10 z н.л.

yн.л. = ;

zн.л. = b – z0= 7,6–2,07 = 5,53 см;

II- i i2 8,07 2 2,2 y yя z 0;

II 2 zя 0,845 см ;

y н.л. z н.л. 5, yн.л. = –h/2 = –20/2= –10 см;

zн.л. = ;

III- i 2 2 iz 8, 6,51 см ;

z я y 2,2 0 ;

3 yя III y н.л. 10 z н.л. yн.л. = ;

zн.л. = – b = –2,07 см;

IV- i i2 8,07 2 2,2 y yя z 0;

IV 4 zя 2,34 см ;

y н.л. z н.л. 2, Расчет на прочность при внецентренном нагружении Поверочный расчет выполняют, используя условие прочности My NM z.

A Wz W y Проектный расчет обладает особенностью, связанной с тем, что гео метрические характеристики, входящие в условие прочности содержат ис комый размер поперечного сечения в разной степени. Площадь А измеря ется в м2, а моменты сопротивления W в м3. Попытка выразить искомый размер из условия прочности приводит к трансцендентной функции, то есть аналитической функции, не являющейся алгебраической.

Проектный расчет выполняют методом итераций1 [от лат. iteratio – повторение]. В первом приближении, пренебрегая одним из внутренних усилий, – продольной силой N – подбирают размер сечения только из ус ловия прочности при изгибе. Полученный размер подставляют в исходное уравнение и выполняют следующую пробу. Процесс повторяют до тех пор, пока невязка – разность размеров последующей и предыдущей проб, не достигнет заданной наперед малости.

Пример 8.7. (Винокуров А. И. Сборник задач … 5.35).

Подобрать диаметр стержня выпу- Дано:

скного клапана. При расчете использовать p = 1,5 МПа;

e = 12 мм;

усилие F в момент открывания клапана в D = 35 мм;

[] = 210 МПа конце рабочего хода поршня.

Решение. Сила давления газов на та F F релку клапана F p Aклап p D 2 1,5 35 2 1443 Н.

e e 4 Внутренние усилия в сечении 1-1 стерж 1 1 М ня клапана (по модулю):

N N = F;

M = Fe.

Условие прочности:

d NM F 4 F e ;

max.

max 2 AW d d p D 4F 4F d 8e, d 8e.

откуда d d По обе стороны от знака неравенства искомый диаметр – имеем трансцендентное уравнение, которое решаем методом приближений:

4 0 8 12 9,435 мм.

d1 d 0 0;

4 9,435 8 12 9,735 мм.

d2 4 9,735 8 12 9,744 мм.

d3 Метод последовательных приближений, при котором каждое новое приближе ние вычисляют исходя из предыдущего;

начальное приближение выбирается в доста точной степени произвольно.

Разность между последним и предпоследним приближениями 9,744 9, 100 0,0924 %.

9, Процесс подбора прекращаем, принимаем d = 10 мм.

Проверка:

F 4 F e 32 1443 4 1443 12 18,4 176,4 194,8 МПа.

2 d 3 100 d Напряжения изгиба больше напряжений растяжения в изг 176, 9,6 раза.

раст 18, Пример 8.8. (Винокуров А. И. Сборник задач … 5.38.).

Из расчета на прочность определить размер h скобы струбцины.

Решение.Условие прочности при вне центренном растяжении плоской фигуры FM, AW где A = bh;

W = bh2/6;

M = F(a+h/2).

b Условие прочности:

F F a h / 2 6 F 6 Fa 3Fh ;

bh 2 bh bh 2 bh bh F h a h F h a 6 3 ;

4 6.

2 b 2 b b b b h h a h F h a Требуемый размер скобы: h 4 6.

b b Размер h в обеих части неравенства. Полученное уравнение – транс цендентное. Решаем его методом последовательных приближений. В пер вом приближении принимаем h в скобках под корнем равным нулю: h0 = 0.

Тогда F 0 a 16000 h1 4 6 0 6 77,46 мм;

b b 90 16000 77,46 h2 4 6 97,17 мм.

90 16 h2 h1 97,17 77, 100 100 25,4 %.

Невязка подбора h1 77, 16000 97,17 h3 4 6 101,58 мм.

Следующее приближение 90 16 h3 h2 101,58 97, 100 100 4,5 %.

Невязка подбора h3 97, 16000 101,58 h 4 6 102,54 мм.

Следующее приближение 90 16 h4 h3 102,54 101, 100 100 0,95 %.

Невязка подбора h4 101, Последняя невязка менее 1 %, поэтому выходим из цикла подбора.

Принимаем h = 103 мм.

Проверка:

F M 16000 16000 6 ;

9,71 80,03 89,74 МПа.

A W 16 103 16 1032 Сопоставим вклады от изгиба и растяжения в общее напряжение:

раст изг 80,03 9, 0,892. 0,108.

89,74 89, Напряжения от изгиба в 8,24 раза превышают напряжения от растя жения. Полученное соотношение можно сделать более благоприятным снизив долю растягивающих напряжений от изгиба за счет уменьшения плеча е изгибающего момента. На практике применяют тавровое и двутав ровое сечения, смещая центр тяжести с ближе к линии действия силы и располагая больше материала в области растягивающих напряжений, к ко торым хрупкие материалы более чувствительны.

с Линия действия силы с е с Рис. 8.11. Примеры выполнения поперечного сечения бруса, подверженного действию внецентренного растяжения 8.3. ИЗГИБ С КРУЧЕНИЕМ Изгиб с кручением – вид сложно го сопротивления, при котором в попе речном сечении бруса возникают изги- х y бающие и крутящий моменты.

Fz а Рассмотрим случай, при котором е внешние силы располагаются в плоско сти поперечного сечения, но не пересе- F Fy кают геометрическую ось х (рис. 8.12, x а). Силу F разложим на ее составляю- z щие Fz, Fy. Методом сечений определим y внутренние усилия в произвольном се Mz б чении х (рис. 8.12, б).

В Спроецировав все силы на коор- Qz My Qy динатные оси и составив уравнения моментов относительно координатных x T осей, найдем внутренние усилия. Из z шести внутренних усилий не равно ну- Рис. 8.12. Определение внутренних лю пять. усилий при изгибе с кручением X= 0;

N = 0;

Mx = 0;

T = Fe;

Qy Y = 0;

Qy = Fy;

My = 0;

My= Fzx;

Qz Z = 0;

Qz = Fz;

Mz = 0;

Mz= Fyx. а T На выделенном элементе В (рис. 8.12, б) показаны действующие по его граням напряжения (рис. 8.13, а).

От поперечных сил и крутящего момента возникают ка б сательные напряжения Qy, Qz, T. От изгибающих мо- ментов – нормальные напряжения и. Для длинных T валов и балок ( 10 d) влиянием поперечных сил часто Рис. 8.13. Ана лиз напряжен пренебрегают. Таким образом, учитывают только три ного состояния момента: крутящий и два изгибающих. От них возника ют три напряжения: одно касательное и два нормальных (рис. 8.13, б).

Расчет на прочность при изгибе с кручением Из рисунка 8.13, б следует, что в произвольном сечении возникает плоское напряженное состояние My M x M z M y z y z;

y 0;

z 0;

Iz Iy T xz T.

Ip Как при изгибе, так и при кручении круглого сечения опасными яв ляются точки на периферии. Для круга и кольца Wz = Wy = Woc;

Wp = 2Woc.

My Mz T M y,max ;

M z,max ;

T,max.

Woc Woc 2Woc Условие прочности для пластичных материалов по III теории проч ности (наибольших касательных напряжений): экв 1 3, 2 x x 2 1 x xz ;

3 x xz.

где 2 2 2 1 2 1 x 2 4T x x 2 4T ;

экв x Тогда 2 2 2 2 экв x 2 4T.

Поскольку для круглого и кольцевого сечений не существует точки, одинаково удаленной от обеих осей инерции z, y, то используют результи рующий момент – геометрическую сумму векторов изгибающих моментов относительно осей z, y:

М рез M 2 M z.

(8.12) y M рез x Тогда.

Woc M 2 Mz T M2 Mz T2 y y, или экв.

экв 2Woc 2 Woc Woc Условие прочности при совместном действии изгиба и кручения:

M прив. (8.13) экв Wос Мприв – приведенный момент, действие которого эквивалентно со вместному действию My, Mz, T в соответствии с используемыми теориями прочности.



Pages:     | 1 || 3 |
 





 
© 2013 www.libed.ru - «Бесплатная библиотека научно-практических конференций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.