Сопротивления материалов. Ч.I: Письменные лекции

Министерство образования Российской Федерации Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования

СЕВЕРО-ЗАПАДНЫЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЗАОЧНЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

Л.Г. Воронова, Г.Д. Коршунова, Ю.Н. Соболев

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Часть I Письменные лекции

Санкт-Петербург, 2003

2

Утверждено редакционно-издательским советом университета УДК 621.01 (07) Воронова Л.Г., Коршунова Г.Д., Соболев Ю.Н. Cопротивления материалов. Ч.I: Письменные лекции. – СПб.: СЗТУ, 2003. – 126 с. Данное учебное пособие в виде письменных лекций соответствует требованиям государственных образовательных стандартов высшего профессионального образования по направлениям подготовки дипломированного специалиста 657300 (специальность 120100 – «Технология машиностроения»), 651400 (специальность 120800 – «Материаловедение в машиностроении»), 653300 (специальность 170900 – «Подъемно-транспортные, строительные, дорожные машины и оборудование»), 653400 (специальность 240100 – «Организация перевозок и управление на транспорте») и направлениям подготовки бакалавра 552900,551800,551600, 551400. В письменных лекциях Ч.I изложены основные разделы курса сопротивления материалов, связанные с теорией напряженного состояния материала, выбора допускаемых напряжений; рассмотрены простые деформации и даны методы расчетов конструкций на основе принятых моделей. Письменные лекции предназначены для студентов 3 курса механических специальностей, изучающих дисциплину «Сопротивление материалов».

Рецензенты: кафедра теоретической и прикладной механики СЗТУ (зав.кафедрой В.В. Гурецкий, д-р техн. наук, проф.) ; кафедра сопротивления материалов Санкт-Петербургского государственного морского технического университета, зав.кафедрой И.И. Курнаева, канд.техн. наук, доцент; Ю.А. Семенов, доц. кафедры ТМ и М Санкт-Петербургского государственного технического университета.

© Северо-Западный государственный заочный технический университет, 2003 © Воронова Л.Г., Коршунова Г.Д., Соболев Ю.Н., 2003

3 ПРЕДИСЛОВИЕ Сопротивление материалов – одна из важнейших прикладных дисциплин, изучаемых в технических вузах. На основе этой науки обеспечиваются такие элементы надежности любой машины или сооружения, как прочность, жесткость, устойчивость и другие. Теоретические основы сопротивления материалов опираются на законы физики, методы теоретической механики, материаловедение, математику. Необходимость выпуска методического пособия в виде письменных лекций по сопротивлению материалов диктуется тем, что далеко не все студенты, занимающиеся по очно-заочной и заочной формам обучения, имеют возможность регулярного посещения занятий. Самостоятельное изучение дисциплин связано с определенными трудностями. Письменные лекции с графической иллюстрацией материала, примерами, ссылками на первоисточники, справочную и учебную литературу, смогут быть определенным путеводителем при самостоятельном изучении дисциплины. Принципы, основы теории и методы сопротивления материалов, изложенные в лекциях, дают возможность использования материала в практических расчетах и решениях контрольных заданий. Первая часть письменных лекций включает в себя сведения о механических свойствах материалов и принципах выбора допускаемых напряжений, основу теории напряженного состояния материала, теорию и характеристику простых деформаций. Особое внимание уделено деформации изгиба. Письменные лекции разбиты по темам основного курса в соответствии с программой таким образом, что каждый новый материал основывается на изложенном ранее. Это обеспечивает представление о единстве дисциплины и связи основных теоретических представлений с законом Гука.

4 ЛЕКЦИЯ I ЗАДАЧИ ДИСЦИПЛИНЫ «СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ» МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ 1.1.

Основные теоретические положения

Основной задачей сопротивления материалов является обеспечение расчетными и экспериментальными методами основных элементов надежности машин и сооружений: прочности, жесткости, устойчивости. Под прочностью понимается сопротивляемость деталей машин и конструкций разрушающему воздействию внешних сил. Жесткость – неизменяемость размеров и форм под действием нагрузки, или изменение их в таких пределах, которые не отражаются на работоспособности как отдельных деталей, так и конструкции в целом. Под устойчивостью понимается противодействие упругим деформациям (главным образом изгибу) элементов конструкций машин и сооружений, имеющих один или два больших линейных размера, под действием сжимающей нагрузки. Обеспечение этих элементов надежности возможно при условии точного знания свойств материалов, влияния формы и размера на прочность и жесткость, учета всех сил и др. факторов, отражающихся на работе объектов. Теория и практика при решении этих задач находятся в тесном взаимодействии. Используемые конструкционные материалы обладают разными механическими свойствами, а рассчитываемые детали отличаются многообразием форм и размеров. С целью упрощения расчетов и возможности использования математического аппарата в сопротивлении материалов приняты определенные обобщения, идеализация реальных объектов и допущения, не противоречащие, впрочем, реальным условиям работы конструкций. Реальные детали конструкций машин и сооружений с действующими на них силами представляются в виде расчетных схем, в которых конкретные детали заменяются упрощенными по форме элементами – моделями; силы рас-

5 сматриваются как сосредоточенные и распределенные. При этом характер сил – статические или динамические – принимается во внимание. Простейшими элементами, к которым сводятся все рассматриваемые детали, являются. Стержень или брус (плоский или пространственный) – элемент конструкции, имеющий один линейный размер, значительно больше двух других. Пластина – элемент конструкции, имеющий два линейных размера, значительно больше третьего – толщины (мембрана, элемент обшивки). Оболочка – криволинейная замкнутая пластина (корпус цистерны, резервуар, барабан парового котла и др.). Массив – конструкция, имеющая три соизмеримых размера (наковальня, блок фундамента, станина станка и т.д.). К каждому такому элементу применяются свои методы расчета. В сопротивлении материалов рассматриваются в основном расчетные схемы со стержнями, реже с пластинами, как элементами объемных конструкций. В основном же пластины, оболочки, массивы рассчитываются методами теории упругости [16], [20]. Материалы рассчитываемых деталей – моделей наделяются определенными идеализированными свойствами, обобщающими реальное поведение материалов под нагрузкой. Так считается, что: 1) все материалы обладают сплошностью и однородностью строения; 2) все материалы обладают одинаковыми механическими свойствами по трем координатным осям; 3) все материалы в определенном диапазоне действующих на них нагрузок обладают идеальной упругостью – способностью восстанавливать свои формы и размеры после снятия нагрузки. Если реальный материал имеет разные свойства по координатным осям, это оговаривается особо. Древесина, например, обладает разными прочностными характеристиками вдоль и поперек волокон. Свойства прокатного метал-

6 ла без последующей термической обработки, разные вдоль и поперек направления прокатки. Материалы с одинаковыми свойствами по осям координат называются изотропными, а с разными свойствами – анизотропными. В основе теории сопротивления материалов лежат два важнейших понятия – напряжение и деформация, основывающихся на упругих свойствах материалов. Напряжение – внутренние силы упругого сопротивления материала или просто внутренние силы, приходящиеся на единицу площади. Деформация – любое изменение размеров и формы под действием внешних или внутренних сил. Здесь под внутренними силами понимаются напряжения, возникающие вследствие различного рода термического влияния, процессов рекристаллизации при химико-термической обработке и др., но не от внешней нагрузки. Учитывая сплошность, однородность строения материала, деформации можно рассматривать на уровне микрообъемов и реальных размеров деталей. Если мысленно выделить из объема какой-либо детали бесконечно малых размеров кубик со стороной d x , то под действием сил он может либо изменить линейные размеры, либо получить искажение формы изменением размеров граней или их скольжением друг относительно друга с изменением прямых углов (рис.1).

Рис.1 Эти линейные и угловые изменения в микрообъемах невозможно проконтролировать, но в объеме реальных размеров деталей они проявляются в виде деформаций типа: растяжение – сжатие, сдвиг, кручение, изгиб.

7 Эти деформации уже возможно замерить и дать заключение о напряженном состоянии материала. Тип указанных деформаций, испытываемых деталями или элементами конструкций, зависит от относительного положения внешних сил и продольной оси стержня (модели) (рис.2).

Определение величин напряжений и деформаций, установление их значений, безопасных для работы конструкций, и составляет суть всех расчетов, выполняемых методами сопротивления материалов. Именно эти величины определяют прочность, жесткость, устойчивость. Расчет напряжений осуществляется предварительным определением внутренних сил – равнодействующих напряжений. Внутренние силы: растягивающие и сжимающие, перерезывающие, крутящий и изгибающий моменты – это упругая реакция материала деталей машин и сооружений на действие внешних сил. Поэтому для определения их применим метод сечений с использованием уравнений статического равновесия между внутренними и внешними силами. Использование метода сечений оправдано принципом Сен-Венана, согласно которому распределение внутренних сил в материале на некотором расстоянии от места приложения нагрузки эквивалентно виду деформации, испытываемой деталью. При сложном нагружении, когда одновременно могут действовать несколько внешних сил, решение задач облегчается принципом

8 независимости действия сил. Согласно этому принципу (принцип суперпозиции) конечный результат не зависит от последовательности приложения нагрузки. Экспериментальная проверка результатов расчетов, теории, положенной в их основу, осуществляется замером деформаций на реальных объектах с помощью различных конструкций тензометров [11] и перерасчетом их величин в напряжения согласно закону Гука. 1.2.

Механические характеристики материалов. Диаграмма растяжения упругопластичного материала. Допускаемые напряжения Механические характеристики, или иначе, механические свойства мате-

риалов – это показатели прочности, пластичности, упругости, выраженные в определенных числовых значениях. Эти характеристики определяются на основе лабораторных испытаний материалов [1], [15], [17]. Для наиболее распространенных материалов – металлов, их сплавов, а также синтетических и композитных материалов – механические характеристики можно найти в справочной литературе [9], [10], [11] и др. Однако эти характеристики могут существенно меняться в зависимости от технологической обработки, условий производства и т.д. В связи с этим на предприятиях часто возникает необходимость уточнения их величин, выявления соответствия того или иного материала стандарту. Основным методом испытаний, дающим наибольший объем информации о свойствах материалов, является испытание на растяжение до момента разрушения. Испытания проводятся на образцах типа цилиндрических или пластинчатых стержней с отношением длины к диаметру (к ширине пластины) 10:1 или 5:1. Подробное описание процесса испытания и обработки результатов приведены в методических указаниях по проведению лабораторных работ [1], [13] и в ГОСТ 1497 – 84. В процессе испытания разрывная машина выполняет запись диаграммы зависимости продольной деформации стержня (образца) от нагрузки в коорди-

9 натах Р– ∆ l . Эта диаграмма является записью внешнего проявления физических процессов, происходящих в материале в процессе нагружения [1], [13], [26] и др. Рассмотрим эту диаграмму (рис.3).

Рис.3 При нагружении стержня растягивающей силой происходит приращение длины стержня – ∆ l . Это удлинение носит название абсолютной продольной деформации. На участке ОА диаграммы деформация растет пропорционально росту нагрузки; на этом участке диаграммы отражается только упругая работа материала. При снятии нагрузки с образца в этот период деформация сразу исчезает. Сила, отвечающая точке А диаграммы, где пропорциональность между силой и деформацией заканчивается, называется силой, соответствующей пределу пропорциональности – Pпц . На участке АВ диаграммы материал стержня еще упруго сопротивляется внешней нагрузке, но пропорциональность между Р и ∆ l уже нарушается. Сила, отвечающая точке В диаграммы, называется силой, соответствующей пределу упругости – Р у .

10 От точки В диаграммы деформация стержня растет почти при постоянном значении нагрузки. В материале на этом этапе нагружения происходит пластическая деформация, сопровождающаяся наклепом – упрочнением с потерей пластичности. На участке ВС диаграммы материал как бы «течет». Этот участок диаграммы носит название площадки текучести. Если на этом участке, как и на любом последующем, после точки В, например, в точке F или в точке Е разгрузить образец, то он уже не возвращает свои первоначальные размеры. Он получает остаточную пластическую деформацию ∆ l ост. , хотя упругие свойства он не теряет и на участке CD их даже увеличивает. Таким образом, после точки В диаграммы полное удлинение образца – его продольная абсолютная деформация, состоит из двух деформаций:

∆ l = ∆ l ост. + ∆ l упр. . Сила, отвечающая точке С, после которой дальнейшее увеличение ∆ l идет с ростом нагрузки, называется силой, соответствующей пределу текучести Рт . То обстоятельство, что материал после площадки текучести не теряет своей упругости, используется в строительной практике и в отдельных случаях, в машиностроении. Так, проволока для тросов, проводов, арматура для железобетонных конструкций, звенья якорных цепей и др., чтобы они в процессе работы не вытягивались, а заодно и увеличилась их упругость, подвергаются предварительному наклепу вытяжкой или холодной прокаткой. Наклеп может быть снят, если это необходимо, отжигом. Площадь диаграммы ω , произведение Р × ∆ l – работа, затраченная на разрушение. Очевидно, чем она больше, тем лучше материал будет сопротивляться действию внешних сил, в том числе ударным нагрузкам. Наивысшая точка диаграммы D свидетельствует о начале разрушения образца. В этот момент сечение стержня образца резко уменьшается с образова-нием так

11 называемой «шейки»; нагрузка начинает падать и образец разрывается (точка К). Сила, отвечающая точке D, называется силой, соответствующей временному сопротивлению материала – Рв . Для многих сплавов, в том числе для высокопрочных легированных сталей, площадка текучести бывает выражена очень слабо. Силы Py и Pт практически не различимы. В этом случае силу, соответствующую пределу текучести, принимают при величине деформации, равной 0,2% от первоначальной длины стержня. Эту силу называют силой, соответствующей условному пределу текучести – Р0, 2 (рис.4).

Рис.4 Диаграмма растяжения ∆ l = f (P ) характеризует свойства конкретного образца, имеющего определенные размеры. Чтобы говорить о свойствах материала и чтобы можно было сравнивать результаты испытаний на разных образцах и на разных машинах, полученная диаграмма перестраивается в координатах напряжение – относительная деформация σ = P / A0 ; ε = ∆ l / l 0 (рис.5). В такой диаграмме:

σ nц = Рпц / A0 – предел пропорциональности;

12

σ y = Р y / A0 – предел упругости; σ т = Рт / A0 – предел текучести; σ в = Рв / A0 – предел временного сопротивления;

σ 0, 2 = Р0, 2 / A0 – условный предел текучести.

Рис.5 Полученные значения напряжений – пределы являются важнейшими характеристиками механических свойств материалов. Для материалов, у которых площадка текучести отсутствует, наибольшее значение силы на диаграмме (в точке D) называется силой, соответствующей пределу прочности Pпч , а напряжение σ пч = Рпч / A0 – предел прочности. Материалы, имеющие такую диаграмму, относятся к хрупким (находящимся в хрупком состоянии). Характеристиками пластичности материала являются: –

относительное остаточное удлинение δ % (после разрыва образца)

δ=

l разр. − l 0 l0

100% .

13

ψ=

A0 − A разр. А0

100% .

Для конструкционных углеродных сталей δ = 8 − 27%, ψ до 70%. При работе машин, сооружений нельзя допустить, чтобы под действием нагрузки какие-либо детали получали остаточные пластические деформации или разрушались. Это значит, что при всех обстоятельствах реальные напряжения должны соответствовать условиям работы материала в пределах упругости и быть ниже, чем σ пц . Поэтому предельные напряжения: σ пц ; σ у ; σ т – для упругопластичного материала являются опасными – σ 0 . Для хрупкого материала опасным напряжением является σ пч. . Величины σ пц ; σ у ; σ т не очень разнятся по своим значениям, и если принять в качестве «коэффициента запаса» число n ≥ 1,5 , то, разделив любые из опасных пределов на «п», получим напряжение, безопасное для работы материала. Это напряжение называется допускаемым:

[σ] = σ 0 / n . Очевидно, что условие работы – температура, характер нагрузки (статическая или ударная), агрессивность внешней среды, степень ответственности самой конструкции и т.д. должны быть учтены в расчетах. Поэтому коэффициент запаса не берется произвольно, а принимается по нормативным документам соответствующих отраслей промышленности [6], [14], [25] и др. Многие значения коэффициентов запаса можно найти в справочниках [6], [18], и по величине они могут быть 8-10 и более. Зная величину допускаемого напряжения, можно записать условие прочности для деталей, работающих на растяжение – сжатие

σ=

P ≤ [σ]. A0

Это условие справедливо для материалов, в равной степени хорошо сопротивляющихся растяжению и сжатию. Для хрупких материалов таких, как чугун, бетон, камень и др., которые хорошо работают на сжатие и плохо вы-

14 держивают растягивающую нагрузку, должно быть записано два условия прочности

σ раст. = σ сж. = где

[σ] раст. =

Рпч ( раст.) А⋅п

=

σ 0 ( раст.) п

;

Р раст. А

≤ [σ] раст.

Рсж. ≤ [σ]сж. , А

[σ]сж. =

Рпч ( сж.) А⋅п

=

σ 0 ( сж.) п

; п – коэффици-

ент запаса. В сопротивлении материалов принято считать сжимающую нагрузку, напряжения и деформацию со знаком минус (–). Все, что относится к растяжению – со знаком плюс ( + ). Кроме характеристик прочности и пластичности важными характеристиками материалов являются показатели упругих свойств. Такими показателями являются: модуль продольной упругости Е Мпа и коэффициент Пуассона

µ . Модуль продольной упругости – коэффициент пропорциональности между напряжением и деформацией в законе Гука:

σ = ε⋅E. Закон Гука, который можно охарактеризовать так: «Чем больше сила (напряжение), тем больше деформация», связывает воедино два этих понятия в пределах упругой работы материала. Величина Е для каждого материала имеет свое постоянное значение. Из зависимости между σ и ε в законе Гука следует, что величина модуля упругости Е может быть найдена из диаграммы ε = f (σ ) , как tg α (см. рис.5) E = σ / ε . Для конструкционных углеродистых сталей модуль упругости принимается: E = 2,1 ⋅ 10 5 МПа ; для высокопрочных легированных сталей: E = 1,95 ⋅ 10 5 МПа ; для меди: E = 1 ⋅ 10 5 МПа ; для сплавов алюминия: E = (0,7 − 0,72) ⋅ 10 5 МПа ;

15 для титановых сплавов: E = (1,05 − 1,12) ⋅ 10 5 МПа . Коэффициент Пуассона µ является коэффициентом пропорциональности в зависимости между относительной продольной ε = ∆ l / l и относительной поперечной ε ′ = ∆ A / A деформациями в пределах действия закона Гука:

ε ′ = −µ ε . Знак минус (–) в этой зависимости указывает, что эти деформации противоположны (длина стержня при растягивании увеличивается, поперечное сечение уменьшается.) Коэффициент Пуассона также, как и Е, постоянная для каждого материала. Однако величина его имеет узкий диапазон значений:

0 ≤ µ ≤ 0,5 . Так, для стали µ = 0,3, для резины µ = 0,5, для коры пробкового дерева

µ = 0. Для цветных металлов и сплавов значение коэффициента Пуассона имеет достаточно большой разброс, но находится в указанном пределе – 0,25÷0,47. Значения Е и µ , как и значения σ пц . , σ у , σ т. , σ пч. ( σ в. ), можно найти в справочной литературе. Рассматривая определение механических характеристик материалов, мы практически рассмотрели большую часть явлений и зависимостей деформации растяжение – сжатие. Рассмотрим дополнительно ряд вопросов, связанных с этой деформацией, необходимых для решения практических задач. 1.3. Растяжение – сжатие Напряжения и деформации Деформации растяжения – сжатия подвергаются многие детали машин, механизмов, строительных конструкций. Это шатуны двигателей внутреннего сгорания, компрессоров, поршневых насосов; крепежные детали – болты, шпильки; элементы строительных ферм, тросы подъемных механизмов и т.д.

16 Силы в этих элементах действуют вдоль оси стержней. Внутренние силы, как равнодействующие напряжений, определяются методом сечений с использованием уравнений статики.

Рассмотрим стержень, загруженный продольными силами (рис.6).

несколькими

внешними

Для определения величин внутренних сил проводим на каждом грузовом участке сечения – I, II, III (Грузовой участок – расстояния между сечениями, где приложены внешние силы – это участки с расстояниями между сечениями – а, в, с).

Рис.6

Для каждого из выбранных сечений должно быть обязательно выдержано условие равновесия между внешними силами и внутренними силами. Это диктуется условиями прочности. Пусть площадь на всех участках – А. Так, на первом участке P1 + N 1 = 0 , откуда N 1 = − P , внутренняя сила N 1 направлена в сторону противоположную силе P1 . Участок растянут. На втором участке P1 + P2 + N 2 = 0 , N 2 = − P1 − P2 . На третьем участке P1 + P2 − P3 + N 3 = 0 , N 3 = P3 − P1 − P2 = P4 . Cоответственно напряжения на каждом из участков будут:

σ1 =

N N1 N ; σ2 = 2 ; σ3 = 3 . A A A

Условие прочности σ max ≤ [σ] будет обеспечено, если наибольшее из полученных напряжений σ1 ; σ 2 ; σ 3 будет меньше или равно допускаемому:

σ max =

N max ≤ [σ]. A

17 Если на каком-либо участке напряжение окажется больше допускаемого, площадь сечения должна быть увеличена до значения A1 = N max /[σ]. Очевидно, что при различных значениях внутренних сил различными могут быть и деформации на каждом из участков. Выражение для абсолютной деформации при растяжении – сжатии:

∆l =

Pl , EA

что легко получить из закона Гука, если подставить в выражение σ = ε E значения σ = P / A и ε = ∆ l / l . Уравнение для величины абсолютной деформации ∆ l при растяжении связывает геометрические размеры (l и А) стержня, свойства материала (Е) и нагрузку (Р). Произведение Е А (в знаменателе) называется жесткостью при растяжении – сжатии. Очевидно, что чем больше жесткость, тем меньше деформация. Для приведенного примера деформация на первом участке:

∆ l1 =

N1a , EA

∆ l2 =

N 2b , EA

∆ l3 =

N 3c . EA

на втором участке

на третьем участке

Полная деформация стержня равна алгебраической сумме (с учетом знаков деформации на участках) n

∆ l полн. =

∑∆l 1

i

=

N1a N 2 b N 2 c + + . EA EA EA

Особого внимания заслуживают задачи на растяжение – сжатие по решению статически неопределимых конструкций (систем).

18 Статически неопределимые задачи К статически неопределимым конструкциям (системам) относятся такие, в которых для определения внутренних сил и напряжений уравнений статического равновесия недостаточно. В дополнение, к уравнениям статического равновесия

∑M

i

∑ Pi

=0 и

= 0 должны быть составлены уравнения, устанавливающие зависимость

между деформациями совместно работающих элементов конструкций. Такие уравнения носят название – уравнения совместности деформаций. Статически неопределимые задачи и есть задачи по решению таких конструкций.

Некоторые расчетные схемы статически неопределимых конструкций представлены на рис.7. 1. Определить распределение нагрузки между стержнем (1) и кольцом (2): 1) P = P1 + P2 ; 2) ∆ l1 = ∆ l 2 . 2. Определить реакции R1 и R2 и найти напряжения в обоих частях стержня: 1) P = R1 + R2 ; 2) ∆ l1 = ∆ l 2 ( ∆ l1 + ∆ l 2 = 0 ). 3. Определить усилия и напряжения в стержнях (1) и (2): 1) P = N 1 + N 2 + N 3 ;

∑M A = 0;

2)

∆ l1 ∆l = 2. a+b a

4. Температура стержня жестко закрепленного в опорах, меняется от t 0 до t. Определить реакции опор и напряжение в стержне. 1) R + R = 0; 2) ∆ l t + ∆ l R = 0 или α l (t − t 0 ) =

Rl . (*) EA

Во всех указанных примерах первое уравнение – уравнение статического равновесия, второе – уравнение совместности деформаций. Доведем до конца последний пример. В уравнении совместности деформация α – коэффициент теплового расширения. Сокращая правую и левую части уравнения (*) на l, получим

19

Рис.7

20

α (t − t 0 ) = где

R 1 σt ⋅ = , A E E

R = σ t – напряжение, возникающее в стержне от изменения температуры A

при жестком закреплении в опорах.

σ t = E α (t − t 0 ) . В этом уравнении нет ни длины, ни площади. Температурное напряжение в стержне, жестко закрепленном в опорах, не зависит от линейных размеров стержня. Реакции опор R = σ t A . Особенностью статически неопределимых конструкций является то, что: 1) в них всегда наиболее жесткий элемент берет на себя большую долю нагрузки; 2) в таких конструкциях напряжения могут возникать и при отсутствии внешней нагрузки (последний пример).

Кроме приведенных примеров существуют и другие более сложные конструкции, но принцип решения их остается тем же. Напряжение на наклонных площадках. Нормальные и касательные напряжения. Главные напряжения Рассматривая условия прочности σ ≤ [σ], мы приняли, как должное, за максимальное напряжение на площадке по сечению, перпендикулярному к оси стержня.

А что делается в сечении, проведенном произвольно – под углом к нормальному сечению? Рассмотрим стержень, загруженный силами Р (рис.8).

21

Рис.8 Рассекая стержень по линии m − n , мы получим напряжение в сечении

σ = P / A. Внутренняя сила N в обоих сечениях по линии m − n и по линии

m ′ − n одна и та же. По условию статического равновесия P + N = 0; N = − P . Но площадь стержня по сечению m ′ − n больше площади А:

A α = A /cos α . Напряжения «р», распределенные по этой площади, будут меньше чем

σ в cos α раз. Чтобы не вводить новых названий напряжений, разложим напряжение «р» на составляющие – по нормали к наклонной площадке (нормальное напряжение) и по касательной к ней (см. рис.8) (касательное напряжение). Из рисунка видно, что

σ α = p cos α = σ cos 2 α .

22 Напряжение τ α – касательное напряжение

τ α = p sin α = σ cos α sin α =

1 σ sin 2 α . 2

Таким образом, в сечениях, наклоненных под углом к продольной оси стержня, возникают два напряжения – нормальное и касательное, но оба они меньше, чем напряжение на площадке m − n , и выбор такого сечения для определения наибольшего напряжения не случаен. Согласно полученным выражениям для у б и фб , следует, что на сечении

m − n касательные напряжения равны нулю. Наибольшего значения фб достигают на площадках, наклоненных под углом в α = 45 D к оси стержня, и равны

σ / 2. Площадка m − n , где фб = 0, а σ = max называется главной площадкой (главным сечением), а напряжение σ на ней – главным нормальным напряжением. ЛЕКЦИЯ II ОСНОВЫ ТЕОРИИ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ МАТЕРИЛА 2.1. Виды напряженного состояния. Обобщенный закон Гука Из распределения напряжений на наклонной площадке стержня при растяжении следует, что при любом изменении угла наклона сечения, в том числе и при повороте сечений, при неизменном угле, вокруг продольной оси стержня, будут меняться величины σ α и τ α и их направления. Очевидно, что при более сложном нагружении, чем простое растяжение – сжатие, на наклонных площадках сечений появятся и другие напряжения, которые дадут вклад в величину нормальных и касательных напряжений на площадках. Из представления о сплошности и изотропности материалов мы можем считать, что связь между всеми частицами (микрообъемами) материала осуществляется через напряжения. Через любую точку, как центр тяжести, мысленно представляемого микро-

23 объема материала в виде параллелепипеда (куба) можно провести множество сечений. Каждое из них будет иметь свой набор напряжений, распределенных на гранях этой фигуры. Это множество напряжений, условно сосредоточенных в точке – центре тяжести рассматриваемого параллелепипеда, носит название напряженного состояния материала в точке (рис.9) [21].

Рис.9 Из множества сечений можно найти три таких взаимно перпендикулярных сечения, которые совпадают с гранями мысленно представляемого параллелепипеда с размерами ребер dx, dy, dz , на которых будут действовать только нормальные напряжения σ1 , σ 2 , σ 3 , а касательные τ = 0 . Такие грани – площадки (сечения) называются главными площадками, а напряжения на них – главными нормальными напряжениями. Согласно теории упругости соотношение между этими напряжениями принимаются в виде σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 . Эта алгебраическая зависимость должна выдерживаться с учетом знаков (растяжение или сжатие). По наличию именно этих главных напряжений можно судить о напряженном состоянии материала.

24 Различают три таких состояния: 1.

Если

на

гранях

параллелепипеда

будут

все

три

напряжения:

σ1 ≠ 0; σ 2 ≠ 0; σ 3 ≠ 0 , то такое состояние называется объемным или трехосным напряженным состоянием. 2. Если на гранях параллелепипеда будут: σ1 ≠ 0; σ 3 ≠ 0; а σ 2 = 0

(или

σ 2 ≠ 0, a σ 3 = 0 ), то такое напряженное состояние носит название плоское напряженное состояние. 3.

Если σ1 ≠ 0, a σ 2 = σ 3 = 0 , то это будет одноосное или линейное на-

пряженное состояние. Для такого состояния материала (простое растяжение – сжатие) напряжение и деформация связаны законом Гука: σ = εE , или через деформацию

ε = σ/ E. Для материала, находящегося в сложном напряженном состоянии – объемном или плоском, тоже можно найти такую зависимость. Рассмотрим бесконечно малых размеров параллелепипед (куб). Оценим вклад в деформацию этого параллелепипеда каждого из трех главных напряжений. Если не принимать во внимание σ 2 и σ 3 , то деформация кубика в направлении действия напряжения σ1 будут

ε11 =

σ1 . E

От напряжения σ 2 деформация параллелепипеда в направлении действия σ1 будет как поперечная: ε12 = ε ′2 = −µε 2 = −µ

σ2 . E

От напряжения σ 3 вклад в деформацию по направлению σ1 также будет: ε13 = ε ′3 = −µε 3 = −µ

σ3 . E

Полная деформация параллелепипеда (куба) в направлении напряжения

σ1 будет равна сумме

25

ε1 = ε11 + ε12 + ε 13 =

σ σ1 σ 1 − µ 2 − µ 3 = [σ1 − µ (σ 2 + σ 3 )]. E E E E

Рассуждая аналогично о деформации параллелепипеда в направлении действия напряжений σ 2 и σ 3 , получим

1 [σ 2 − µ (σ1 + σ 3 )], E 1 ε 3 = [σ 3 − µ (σ1 + σ 3 )]. E ε2 =

(2.1)

Эти три уравнения носят название – обобщенный закон Гука. Они объединяют напряжения и деформации для любого напряженного состояния и справедливы для любых взаимно перпендикулярных площадок, даже если площадки не главные. Чтобы можно было определить напряженное состояние в точке по сечениям, ориентированным любым произвольным образом в пространстве – найти напряжения на гранях параллелепипеда, произвольно повернутого относительно главных площадок, рассмотрим в первую очередь зависимость между напряжениями при плоском напряженном состоянии.

2.2. Зависимость между касательными и нормальными напряжениями на наклонных площадках при плоском напряженном состоянии

Примем для рассмотрения элемент материала, находящегося под действием главных напряжений – σ1 и σ 2 , в виде квадрата со сторонами d x и d z и толщиной δ dy (рис.10). Определим, чему будут равны нормальные и касательные напряжения на площадках, повернутых относительно главных площадок на угол α . Если пока не принимать во внимание главное напряжение σ 2 , то σ z можно найти как при простом растяжении: σ z = σ1 cos 2 α ,

26

Рис.10 но в значение σ z вносит вклад и напряжение σ 2 , которое составляет с нормалью к наклонной площадке угол α + 90 D . С учетом этого полное нормальное напряжение σ z будет равно сумме:

(

)

σ z = σ1 cos 2 α + σ 2 cos 2 α + 90 D ,

(

)

но cos α + 90 D = sin α и, следовательно,

σ z = σ1 cos 2 α + σ 2 sin 2 α .

(2.2)

На площадке, перпендикулярной к рассмотренной, нормальное напряжение будет состоять из суммы проекции σ1 с углом α + 90 D и σ 2 с углом α + 180 D , то есть

(

)

(

)

σ x = σ1 cos 2 α + 90 D + σ 2 cos 2 α + 180 D = = σ1 sin 2 α + σ 2 cos 2 α .

(2.3)

Тригонометрические функции при σ1 и σ 2 в (2.2) и (2.3) выражениях поменялись местами. Если сложить σ z и σ x , получаем

σ z + σ x = σ1 + σ 2 .

(2.4)

27 Сумма нормальных напряжений на любых взаимно перпендикулярных площадках – величина постоянная и равна сумме главных напряжений. Рассуждая аналогично относительно касательных напряжений на наклонных площадках, получаем

τx z =

σ1 σ σ − σ2 sin 2 α + 2 sin 2 α + 90 D = 1 sin 2 α; 2 2 2

(

τz x = =−

)

σ σ1 sin α + 90 D + 2 sin 2 α + 180 D = 2 2

(

)

(

)

σ1 σ σ − σ2 sin 2 α + 2 sin 2 α = − 1 sin 2 α . 2 2 2

(2.5)

Таким образом, касательные напряжения на любых двух взаимно перпендикулярных площадках равны по величине и противоположны по знаку

τ z x = −τ x z . Эта зависимость называется законом парности касательных напряжений. Учитывая, что cos 2 α =

1 + cos 2 α 1 − cos 2 α и sin 2 α = , уравнения 2 2

(2.2) и (2.3) можно представить в виде

σ z = σ1

1 − cos 2 α σ1 + σ 2 σ1 − σ 2 1 + cos 2 α + σ2 = + cos 2 α ; 2 2 2 2 (2.6)

σ x = σ1

1 + cos 2 α σ1 + σ 2 σ1 − σ 2 1 − cos 2 α + σ2 = − cos 2 α . 2 2 2 2

Если принять во внимание принцип независимости действия сил, то выделенный для рассмотрения элемент, находящийся в плоском напряженном состоянии, можно рассматривать как грань (или сечение) параллелепипеда, находящегося в объемном напряженном состоянии, ориентированную параллельно плоскости

z − x . Наклонные площадки – следы взаимно перпендикулярных

сечений, образующих наклоненный параллелепипед по отношению к параллелепипеду с главными площадками. Тогда, рассматривая последовательно грани, параллельные плоскостям

28 z − y и y − x , мы получим аналогичные зависимости:

σ z + σ y = σ1 + σ 3 , σ y + σ x = σ3 + σ 2 . Сложив все три суммы (правые и левые части отдельно), получаем

2 σ x + 2 σ y + 2 σ z = 2 σ1 + 2 σ 2 + 2 σ 3 или

σ x + σ y + σ z = σ1 + σ 2 + σ 3 , то есть и для объемного напряженного состояния сумма нормальных напряжений

σ x + σ y + σ z на любых взаимно-перпендикулярных площадках –

величина постоянная и равна сумме трех главных напряжений. Касательные напряжения на наклонных площадках z − y и y − x будут

τz y =

σ1 − σ 3 σ − σ3 sin 2 α ; τ y z = − 1 sin 2 α ; 2 2

τyx =

σ 2 − σ3 σ − σ3 sin 2 α ; τ x y = − 2 sin 2 α . 2 2

Касательные напряжения всегда направлены к углу, ближайшему к главной площадке, где действует напряжение σ1 ( σ max ) при плоском напряженном состоянии (в плоскостях z − x и z − y ), или где σ 2 (в плоскостях х − у ). При объемном напряженном состоянии касательные напряжения направлены к ребрам параллелепипеда, образующим трехгранный угол, ближайший к главной площадке, где действует σ1 (см. рис. 9,10,11). Из уравнений для нормальных напряжений на наклонных площадках (2.2) и (2.3) следует вывод о возможности существования двух предельных напряженных состояний материала. 1. При σ 0 = σ1 = σ 2 = σ 3 ≠ 0 нормальные напряжения на всех направлениях остаются равными главным напряжениям. В самом деле

29

(

)

σ z = σ1 cos 2 α + σ 2 sin 2 α = σ 0 cos 2 α + sin 2 α = σ 0 . При этом касательные напряжения по любому направлению равны нулю:

τx z =

σ − σ0 σ1 − σ 2 sin 2 α = 0 sin 2 α = 0 . 2 2

При этом значении главных напряжений материал находится в «сферическом» напряженном состоянии – это равностороннее растяжение или сжатие (контактные напряжения) 2. При σ1 = −σ 2 ; σ1 = −σ 3 нормальные напряжения на наклонных площадках будут равны

(

)

σ z = σ1 cos 2 α − σ 2 sin 2 α = σ 0 cos 2 α − sin 2 α = σ 0 cos 2 α . При угле наклона площадок по отношению к главным под углом в 45 D ,

σ z = σ 0 ⋅ 0 = 0 , то есть нормальные напряжения отсутствуют, а касательные, равные τ = ±

σ1 − σ 2 sin 2 α при этом же угле наклона площадок, будут 2 τ=±

2 σ0 = ±σ 0 . 2

Такое напряженное состояние называется чистым сдвигом. Очевидно, что при всех промежуточных сочетаниях значений σ1 , σ 2 и σ 3 на наклонных площадках будут действовать и нормальные, и касательные напряжения и материал будет испытывать деформации растяжения – сжатия и сдвига. Графическое изображение состояния материала при чистом сдвиге представлено на рис.12,13. Параллелепипед (квадрат), ориентированный под углом в 45 D к главным площадкам, имеет только касательные напряжения. Таким образом, в общем случае напряженного состояния материала в точке на гранях произвольно ориентированного параллелепипеда, образованного взаимно перпендикулярными сечениями, возможны три компонента напряжений. На каждой грани по два касательных и одному нормальному (см.

30 рис.9). Под действием этих напряжений происходит изменение объема и формы элементарных микрообъемов и накапливается потенциальная энергия упругой деформации.

Рис.11

Рис.12

31

2.3. Объемная деформация

Рассмотрим деформацию параллелепипеда при действии главных напряжений. Пусть σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 . Под действием напряжений длины всех ребер элементарного параллелепипеда изменятся. Пусть первоначальные длины d x, d y, d z и первоначальный объем d V = d x d y d z . После деформации длины ребер будут d x + δd x, d y + δd y, d z + δd z и их произведение дает новый, измененный объем. Представим каждое из новых слагаемых в виде d x (1 + ε1 ) , d y (1 + ε 2 ), d z (1 + ε 3 ).

Тогда d V + δ d V = d x (1 + ε1 ) d y (1 + ε 2 ) d y (1 + ε 3 ) = = d x d y d z (1 + ε1 + ε 2 + ε 3 + ε1ε 2 + ε1ε 3 + ε 2 ε 3 + ε1ε 2 ε 3 ) .

Здесь δ d V – изменение объема при деформации. Так как сами величины ε i – бесконечно малые величины, их произведением ε1ε 2 ; ε1ε 3 ; ε 2 ε 3 , и тем более ε1ε 2 ε 3 , можно пренебречь, как бесконечно малыми высших порядков. Тогда новый объем можно представить, как d V + δ d V = d V (1 + ε1 + ε 2 + ε 3 )

или δ d V = d V (ε1 + ε 2 + ε 3 ) .

Отношение величины δ d V к первоначальному объему называется относительным изменением объема и обозначается как θ θ=

δdV = ε1 + ε 2 + ε 3 . dV

(2.7)

32

Подставим в выражение для θ значения относительных деформаций ε i через напряжения из обобщенного закона Гука

θ= =

1 [σ1 − µ σ 2 − µ σ 3 + σ 2 − µ σ1 − µ σ 3 + σ 3 − µ σ1 − µ σ 2 ] = E 1 [σ1 + σ 2 + σ 3 − 2 µ (σ1 + σ 2 + σ 3 )] = 1 − 2 µ (σ1 + σ 2 + σ 3 ) . (2.8) E E

Учитывая, что сумма нормальных напряжений на любых взаимно перпендикулярных площадках – величина постоянная, можно записать относительное изменение объема через напряжения по любым взаимно перпендикулярным площадкам θ=

1− 2µ (σ x + σ y + σ z ) . E

(2.9)

При пространственном, сферическом, напряженном состоянии материала, когда напряжения в точке равны σ 0 = σ1 = σ 2 = σ 3 ≠ 0 ; θ=

1− 2µ 3σ0 . E

(2.10)

В случае чистого сдвига при σ x = σ y = σ z = 0 , относительное изменение объема θ = 0 . В самом деле θ=

1− 2µ ⋅3⋅0 = 0. E

При чистом сдвиге изменяется только форма, а объем остается неизменным. 2.4. Потенциальная энергия упругой деформации

Из диаграммы растяжения упругопластичного материала (см. раздел «Определение механических характеристик материалов») видно, что на участке ОА диаграммы в материале стержня, подвергаемого растяже-

33

нию, накапливается потенциальная энергия упругой деформации. Величина ее для стержня в целом может быть определена как площадь треугольника в координатах P − ∆ l u=

1 P∆l . 2

Если найти удельную потенциальную энергию, то она в координаσ 1 σ2 . Здесь величина ε заменена на . тах ε − σ будет равна u = σ ε = 2 2E E Это потенциальная энергия упругой деформации, приходящаяся на единицу объема при одноосном напряженном состоянии. Для объемного напряженного состояния полная удельная потенциальная энергия упругой деформации может быть найдена как u=

1 (σ ε + σ 2 ε 2 + σ 3 ε 3 ) . 2 1 1

(2.11)

Заменяя значения ε i на напряжения σ i по обобщенному закону Гука, получим u=

[

]

1 σ12 + σ 22 + σ 32 − 2 µ (σ1σ 2 + σ1σ 3 + σ 2 σ 3 ) . 2E

(2.12)

Размерность удельной потенциальной энергии Н см/см 3 , кг см/см 3 . В общем случае напряженного состояния материала происходит изменение объема под действием нормальных напряжений и изменение формы под действием касательных напряжений. Следовательно, можно считать, что полная потенциальная энергия состоит из двух слагаемых: u = u об + и ф , где u об – часть потенциальной энергии, накапливаемой при изменении объема; и ф – часть потенциальной энергии, накапливаемой при изменении формы.

34

Чтобы определить и ф , необходимо установить зависимость между напряжением и деформацией при чистом сдвиге. Рассмотрим элемент материала в виде квадрата со стороной а (бесконечно малых размеров). Пусть деформация – сдвиг стороны ВС – ∆ S (здесь вся деформация сведена к сдвигу одной стороны); ∆ S – абсолютная деформация при сдвиге или абсолютный сдвиг (рис.13).

Рис.13 Удлинение диагонали АС, первоначальная ее длина – l, будет ∆ l . Выразим l и ∆ l через размеры а и ∆ S . Считая, что деформация мала в пределах упругой работы материала, можно считать, что угол В ′С ′А остался без изменения 45 D , тогда ∆ l = ∆ S cos 45 D , а длина l=

Отношение жении,

a . sin 45 D

∆l = ε – относительная деформация при растяl

35

полученная диагональю. Отношение

∆S = tg γ , или в силу малости угла, a

просто γ – относительная деформация сдвига. ∆S = γ; a

∆ l ∆ S cos 45 D 1 ε= = sin 45 D = γ ⋅ . l a 2 Так как сдвиг – плоское напряженное состояние, используем закон Гука: ε=

И это равно ε =

(1 + µ ) τ 1 (σ1 − µ σ 2 ) = 1 (τ + µ τ) = . E E E

1 γ. 2

Здесь, согласно закону парности касательных напряжений и условию чистого сдвига τ = σ , нормальные напряжения заменены на касательные и знак минус на плюс. Приравнивая оба значения ε , получаем:

τ (1 + µ ) = 1 γ E 2 или τ=

Величина

E γ = Gγ. 2 (1 + µ )

(2.13)

E = G носит название модуль упругости при сдви2 (1 + µ )

ге. Он связывает три упругие постоянные характеристики материала в одно целое. Величина G, как и Е и µ для каждого материала своя величина; это тоже механическая характеристика упругих свойств материала и может быть найдена в справочниках.

36

Для стали G = 8 ⋅ 10 5 кг/см 2 или 8 ⋅ 10 4 Mпа. Выражение τ = G γ – закон Гука при сдвиге. Таким образом, основываясь на представлениях об объемной деформации, можно считать, что потенциальная энергия упругой деформации, накапливаемая при изменении объема, эта та часть энергии, которая создается одинаковыми нормальными напряжениями по трем ортогональным площадкам. Будем считать, что это среднее напряжение из трех главных у0 =

у1 + у 2 + у 3 . 3

(2.14)

Тогда удельная потенциальная энергия, идущая на изменение объема, будет uоб =

[

]

1 2 σ0 + σ02 + σ30 − 2 µ (σ0σ0 + σ0σ0 + σ0σ0 ) = 2E

= Учитывая, что у 0 = u об

1− 2µ = 2E

1− 2µ 2 3 σ0 . 2E

у1 + у 2 + у 3 , получаем 3 2

1− 2µ ⎛ σ + σ 2 + σ3 ⎞ (σ1 + σ 2 + σ 3 )2 ; 3⎜ 1 ⎟ = 3 6E ⎝ ⎠

или, что тоже для любого направления u об =

1− 2µ (σ x + σ y + σ z )2 . 6E

(2.15)

На изменение формы остается часть потенциальной энергии, остающейся от разницы главных напряжений и среднего напряжения на гранях параллелепипеда в окрестности рассматриваемой точки. Если обозначить

на

каждой

грани

эти

разности

как

σ1′ = σ1 − σ 0 ,

37

σ′2 = σ 2 − σ 0 , σ′3 = σ 3 − σ 0 и подставить их значения в уравнения для по-

тенциальной энергии, получим 1 ⎧ ⎨ 2Е ⎩

uф =

[(σ

− σ 0 ) + (σ 2 − σ 0 ) + (σ 3 − σ 0 ) − 2

1

2

2

⎫ − 2 µ [(σ1 − σ 0 )(σ 2 − σ 0 ) + (σ1 − σ 0 )(σ 3 − σ 0 ) + (σ 2 − σ 0 )(σ 3 − σ 0 )] ⎬ . ⎭

После преобразования и замены σ 0 на uф =

σ1 + σ 2 + σ 3 , получаем: 3

[

]

1+ µ ( σ12 + σ 22 + σ 32 ) − σ1σ 2 − σ1σ 3 − σ 2 σ 3 . 3E

(2.16)

Для двухосного (плоского) напряженного состояния, принимая σ 3 = 0 , u ф равно uф =

1+ µ 2 σ1 + σ 22 − σ1σ 2 . 3E

(

)

Для площадок, произвольно ориентированных в пространстве, необходимо учесть действие касательных напряжений, то есть 1+ µ 2 τ2 2 uф = . σx + σ y + σxσ y + 3E 2G

(

)

(2.17)

2.5. Исследование напряженного состояния материала графическим

методом. Круг Мора

При экспериментальном изучении напряженного состояния реальных конструкций или моделей ответственных элементов конструкций, например, в судостроении, авиации широко используется тензометрия [7], [8]. Для обработки результатов замеров и анализа полученных данных удобно пользоваться графическим методом исследования напряженного состояния материала.

38

Суть этого метода заключается в следующем. Если на координатных осях y ≡ τ и x ≡ σ построить окружность произвольного радиуса с центром на оси σ, то для любой точки окружности (например, точки К) можно получить зависимости, аналогичные ранее полученным аналитически для напряженного состояния в точке. Обозначим начало координат через О, пересечение оси σ окружностью – точки А и В. Опустим перпендикуляр от точки К на ось σ в точке D и соединим точку К с точкой А и точкой С (центр окружности) (рис.14). Если обозначить угол КАD через α , то угол KCD как центральный, опирающийся на ту же дугу окружности, что и КАD, будет равен 2 α . Тогда KD = KC sin 2 α =

OB − OA sin 2 α . 2

Здесь KC = R – радиус окружности, который равен

ОВ − ОА . 2

Полученное выражение для КD аналогично формуле для τ х τx =

σ1 − σ 2 OB − OA sin 2 α = − sin 2 α . 2 2

Это значит, что отрезок КD выражает значение касательного напряжения; а отрезки ОВ – главное напряжение σ1 и OA = σ 2 . Этому значению касательного напряжения должно соответствовать нормальное напряжение на площадке, где действует τ х . Это отрезок OD. Из чертежа видно, что он равен σ x ≡ OD = OA + AC + CD = σ 2 + =

σ1 − σ 2 σ1 − σ 2 + cos 2 α = 2 2

σ + σ 2 σ1 − σ 2 2 σ 2 + σ1 − σ 2 σ1 − σ 2 + cos 2 α = 1 + cos 2 α . 2 2 2 2

Площадка, на которой действуют σ x и перпендикулярно лучу АК.

(2.18)

τ х , ориентирована

39

По закону парности касательных напряжений на площадке, перпендикулярной к рассмотренной, должно быть касательное напряжение – τ y = τ x и нормальное напряжение σ y . Если отложить на оси σ отрезок ЕС влево от центра окружности, равный СD и опустить из точки Е перпендикуляр до пересечения в точке F, то окажется, что FE = KD , то есть − τ y = τ x , а нормальное напряжение σ у будет равно σ у ≡ OA + AC − ЕC = σ 2 + =

σ1 − σ 2 σ1 − σ 2 − cos 2 α = 2 2

σ + σ 2 σ1 − σ 2 2 σ 2 + σ1 − σ 2 σ1 − σ 2 cos 2 α = 1 − cos 2 α . + 2 2 2 2

Площадка, на которой действуют τ y и σ y , ориентирована перпендикулярно лучу AF (см. рис.14) Это две взаимно перпендикулярные площадки повернуты относительно главных на угол α . С помощью такого построения можно находить как напряжения на произвольно ориентированных площадках по отношению к главным, так и находить напряжения на главных площадках, зная угол наклона между ними. Рассмотрим случай чистого сдвига. При этом напряженном состоянии σ1 = −σ 2 и τ = σ = σ 0 и ориентированы касательные напряжения по отношению к нормальному под углом в 45 D . Такое напряженное состояние изображено на рис.12. Из него видно, что там, где τ имеет максимальное значение τ max =

ОА + ОВ sin 2 α , 2

угол α = 45 D , а главные напряжения в точке О равны нулю. При этом

40

τ max = ±

σ1 + σ 2 = σ0 . 2

Рис.14 Такое графическое исследование напряженного состояния можно проводить и для трехосного напряженного состояния материала. Это графическое исследование напряженного состояния носит название исследования с помощью круга Мора. 2.6. Гипотезы прочности Рассматривая напряженные состояния материала при различных способах нагружения, возникает естественный вопрос – при каких сочетаниях значений σ1 , σ 2 и σ 3 по величине и по знаку считать, что материал будет находиться в опасном для его прочности состоянии? Реальные условия работы многих деталей машин таковы, что в них кроме нормальных напряжений могут

41 быть и достаточно большие касательные напряжения. Так, например, гребной вал корабля работает на сжатие – растяжение, изгиб и кручение. Что здесь принимать за главную опасность? Провести опытные лабораторные исследования по испытанию материалов во всех возможных вариантах нагружения не представляется возможным ни по количеству возможных вариантов, ни по сложности постановки самого эксперимента. В связи с этим было высказано достаточно много теорий – гипотез о критериях опасного состояния материала. Остановимся на четырех таких гипотезах, учитывая хронологическую последовательность и их практический интерес для инженерной практики. Первая гипотеза – гипотеза наибольших нормальных напряжений. Согласно этой гипотезе за критерий прочности принимается наибольшее нормальное напряжение – σ1 . Два других возможных σ 2 и σ 3 не принимаются во внимание. Эта гипотеза применима для случая простого растяжения, сжатия, когда σ 2 = σ 3 = 0 . Прочность реально можно оценить в лабораторных условиях. Условие прочности выглядит, как

σ1 = σ 0 ≤ [σ]. Использование этой гипотезы для случая сложного нагружения, когда

σ 2 ≠ 0 и σ 3 ≠ 0 дает слишком большой запас прочности. В противовес первой высказана вторая, согласно которой за критерий опасного состояния принимается возможная наибольшая линейная деформация из ε1 , ε 2 и ε 3 . Если предположить, что ε1 является наибольший из трех, то условие прочности будет выглядеть как

1 [σ1 − µ (σ 2 + σ 3 )] ≤ [σ] . E E Здесь также, как и во всех других гипотезах – теориях, за эталон сравнения принимается простое напряженное состояние, доступное проверке: растяжение – сжатие. Отсюда

σ 0 = σ1 − µ (σ 2 + σ 3 ) ≤ [σ] .

42 Эта гипотеза нашла практическое применение, но главным образом для хрупких материалов. Для материалов, разрушающихся не только отрывом отдельных частей друг от друга, но имеющих и большую пластическую деформацию от касательных напряжений, вторая гипотеза не годится. Для таких материалов за критерий прочности по третьей гипотезе было принято наибольшее касательное напряжение. Наибольшее касательное напряжение равно полуразности наибольшего и наименьшего главных напряжений

τ max =

σ1 − σ 3 . 2

Отсюда условие прочности выглядит как

τ max =

σ1 − σ 3 [σ] ≤ , 2 2

или

σ 0 = σ1 − σ 3 ≤ [σ] . Экспериментальная проверка этой гипотезы при различных напряженных состояниях показывает, что для пластических материалов она дает удовлетворительные результаты. Но для материалов, имеющих различные механические характеристики при растяжении и сжатии, она дает заметную погрешность. С целью оценки условия прочности и для пластичных и для хрупких материалов была высказана энергетическая гипотеза. Согласно этой гипотезе критерием прочности является величина потенциальной энергии упругой деформации, идущая на изменение формы. Часть потенциальной энергии, затрачиваемая на изменение объема в связи с неограниченностью своей величины, не принимается во внимание. По этой гипотезе за условие прочности принимается условие, когда

uф =

1+ µ σE

[ (σ

− σ 2 ) + (σ 2 − σ 3 ) + (σ 3 − σ1 ) 2

1

2

2

]

43 будут меньше или равна

1 2

σ0 =

1+ µ 2 [σ] , или: 3Е

(σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ1 )2 ≤ [σ] .

Чаще всего в расчетах приходится иметь дело с простым напряженным состоянием при одновременном действии нормальных и касательных напряжений, и для таких расчетов используются формулы условий прочности третьей и четвертой гипотезы в виде III σ экв = σ 2 + 4 τ 2 ≤ [σ] ; IV σ экв = σ 2 + 3 τ 2 ≤ [σ] .

Именно третья и четвертая гипотезы прочности находят наибольшее практическое применение. Касательные напряжения для случая деформаций при чистом сдвиге согласно рассмотренным гипотезам получаются равными: по первой: [τ] = [σ]; по второй: [τ](1 + µ ) = [σ] или для стали – [τ] = по третьей: [τ] =

[σ] 1+ µ

≈

[σ] 1,30

≈ 0,85[σ] ;

[σ] = 0,5 [σ]; 2

по четвертой: [τ] =

[σ] = 0,63 [σ] . 3

В практических расчетах [τ] принимается

[τ] = 0,6 [σ] . Кроме рассмотренных гипотез прочности имеют место и другие – теория Мора, Давиденкова, Фридмана и т.д. [3], [24], но они используются прежде всего в исследовательской практике.

44 ЛЕКЦИЯ III ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЕТЫ НА СДВИГ 3.1. Клепаные и сварные соединения Деформация сдвига, теория которой рассмотрена в предыдущем разделе, проявляется в элементах конструкций машин и сооружений, где силы действуют в смежных, близких друг к другу сечениях, но противоположны по направлению. Это могут быть заклепочные и сварные соединения, жесткие фланцевые муфты валов, шпоночные соединения и др. Как примеры, рассмотрим расчеты клепаных и сварных соединений. Заклепочные соединения

На рис.15 представлена заклепка однорядного клепаного соединения двух листов.

Рис.15 Растягивающее усилие Q передается от одного листа к другому через боковую поверхность заклепки. Это усилие вызывает нормальное напряжение на боковой поверхности заклепки. Оно называется напряжением смятия, так как тело заклепки плотно занимает отверстие в листах и не может деформироваться упруго. Под действием усилия Q поверхность заклепки может только сминаться – получать пластиче-

45 скую деформацию. Эти напряжения близки по величине к σ пц или σ т . Для заклепок из материала Ст.2, Ст.3 допустимые напряжения смятия принимаются в пределах: 280 – 340 Мпа. Под действием усилий, передаваемых боковой поверхностью заклепки, в зоне границы соединения листов, в заклепке возникают касательные напряжения. Эти напряжения препятствуют ее перерезыванию и называются напряжениями среза – τ ср. Материал заклепки в очень тонком слое между сечениями, разделяющими листы, испытывает деформацию сдвига. Из условия прочности заклепок соединения по смятию и срезу можно составить следующие уравнения равновесия:

[σ]см. Асм. = [σ]см. d З l З n = Q и

[τ]ср. Аср. = [τ]ср.

π d З2 zS = Q. 4

Здесь d З – диаметр заклепки, выбирается по рекомендации ГОСТ на заклепочные соединения в зависимости от толщины пакета соединяемых листов; l З – длина заклепки; п – число заклепок в соединении, обеспечивающих прочность из условия работы на смятие; S – число поверхностей среза (S равно на единицу меньше числа соединяемых в пакете листов);

z – число заклепок, обес-

печивающих прочность из условия работы на срез. Из двух этих уравнений находится необходимое число заклепок:

n= z=

Q ; [σ]см. l З d З

Q⋅4 . [τ]ср. π d З2 S

Из двух значений п и z принимается наибольшее число заклепок. Заклепочные соединения используются до настоящего времени, хотя практически все материалы можно сваривать или склеивать. Это вызвано тем, что в больших объемных конструкциях, испытывающих достаточно заметные деформации, клепаные соединения, благодаря некоторой упругой подвижности,

46 снимают опасные напряжения. Гостом на заклепочные соединения предусматриваются три типа соединений: плотные, прочные и прочно плотные. О назначении каждого говорит само название. Конструктивные и технологические особенности изготовления заклепочных швов должны выполняться в соответствии с требованиями Госта. Сварные соединения В сварных соединениях на срез чаще всего работают соединения с накладными швами. Это соединение прокатных профилей с листами и между собой в различных фермах, соединения листов в тавр при изготовлении балок и т.д.

На рис.16 изображено соединение равнобокого уголка с листом (косынкой) фермы.

Рис.16 Здесь b – ширина полки уголка, z 0 – расстояние от полки до центра тяжести уголка (принимается из Гост на сортамент проката уголков), δ – толщина полки уголка, l1 – длина сварного шва со сторонами полки, l 2 – длина шва со стороны торца полки.

47 Основным расчетным размером сечения сварного шва является его катет k. Катет шва принимается равным толщине наименьшего по толщине свариваемого элемента. Если считать, что полка уголка по толщине δ

меньше

толщины листа, то катет должен быть принят k = δ . Сила Р, действующая по линии центра тяжести уголка, стремится срезать сварные швы вдоль длины сварки. Полная длина сварки l св = l1 + l 2 . Наиболее слабое место в самом сварном шве, если смотреть в профиль шва, – это h = k cos 45 D ≅ 0,7 k (см. рис.17).

Рис.17 Высота валика сегмента шва не принимается во внимание, так как это объем материала шва, где образуются все дефекты сварки – шлаковые включения, газовые пузыри и т.д. Полная площадь сварного шва, воспринимающая нагрузку от уголка: l св 0,7 k = (l1 + l 2 ) 0,7 k . Учитывая равновесие внешних и внутренних сил, можно составить условие прочности

τ св =

P ≤ [τ ]св . 0,7 k l св

Общая длина сварного шва должна быть

48

l св. =

Р . 0,7 k [τ]св.

Длины сварного шва l1 и l 2 находятся из условия равновесия моментов, создаваемых напряжениями в этих швах, относительно оси действия силы Р

τ св. l1 z 0 = τ св. l 2 (b − z 0 ) . Откуда

l1 = l 2

b − z0 . z0

Подставляя вместо l1 полученное выражение в уравнение для всей длины сварки l св , получаем

l2

b − z0 + l 2 = l св , z0

l2 =

l1 = l св − l 2

l св , b − z0 1+ z0 или

l1 = l 2

Допускаемые касательные напряжения

b − z0 . z0

[τ]св

принимаются различными

по величине в зависимости от применяемых электродов, от назначения конструкции. Как правило, оно задается после испытания контрольного сварного шва, выполненного на образцах. Для сварки обычной конструкционной углеродистой стали [τ]св = 80,0 − 100 Мпа. 3.2. Кручение. Напряжение и деформация Деформацию кручения испытывают стержни, нагруженные моментами в плоскости перпендикулярной продольной оси. Под действием моментов стержень «скручивается» – каждое его попе-

49 речное сечение поворачивается относительно соседних на некоторый угол dϕ (см. рис.18).

Рис.18 Момент, вызывающий деформацию кручения, называется крутящим моментом, а угол, на который поворачивается сечение стержня – деформацией при кручении. Из рисунка видно, что кручение является частным случаем деформации сдвига, при котором плоскость одного сечения, находящегося на расстоянии dx от другого, сдвигается на величину дуги dS (аналог ∆S при сдвиге). Отношение

dS = tq γ ≈ γ – относительный сдвиг. Длина дуги ∆S dx

может быть выражена через угол поворота сечения dS = ρ dϕ . Опытные данные показывают, что при кручении стержня круглого поперечного сечения: 1.

Расстояния между сечениями не меняются;

2.

Все сечения остаются плоскими;

3.

Радиусы во всех сечениях остаются прямыми. Эти обстоятельства принимаются во внимание при выводе формулы для напряжений при кручении. В реальных машинах и механизмах стержни, работающие на кручение, называются «валами» (коленчатый вал, гребной вал, распределительный вал и т.д.).

50 Валы передают мощность от двигателя к исполнительным механизмам через крутящий момент. Чаще всего бывает известна мощность, а величина крутящего момента, величина которого зависит от угловой скорости вращения вала (число оборотов), может быть переменной. Чтобы рассчитать вал на прочность, найти его возможную деформацию, необходимо знать зависимость между мощностью N, числом оборотов п вала и крутящим моментом М. Зависимость между N, п и М Техническими единицами мощности являются лошадиная сила (л.с.) или киловатт (квт). 1 л.с. = 75 кгм/cек (750 нм/сек) 1 квт = 102 кгм/сек (1020 нм/сек) Если мощность будет N л.с. или N квт, то работа, выполняемая в единицу времени (сек), составит А = 75 N кгм/сек,

А = 102 N кгм/сек.

Работа, выполняемая крутящим моментом в единицу времени может быть выражена через угол поворота вала в сек.

A=M

2πn кгм/сек. 60

Здесь п – об/мин. Приравнивая значение мощности в л.с. и квт к выражению работы момента в сек, получаем:

75 N = M Откуда

2πn . 60

51

M = 716,2

2πn N N кгм, 102 N = M кгм, M = 974,52 кгм. n 60 n

Полученные значения момента крутящего на валу прямо зависят от числа оборотов. При одной и той же мощности момент будет возрастать со снижением числа оборотов п, и наоборот. Так как, размеры вала зависят от передаваемого крутящего момента, выгодно иметь машины быстроходными (с большим числом оборотов). Уменьшается крутящий момент, уменьшается диаметр вала, подшипники, вся конструкция становится меньше по габаритам, весу и т.д. Напряжение и деформация при кручении Как и при любой другой деформации, при кручении вала должно соблюдаться условие прочности. Внешним силовым фактором при кручении является крутящий момент М, а внутренним – момент Т от сил упругого сопротивления – касательных напряжений. Касательные напряжения действуют в плоскости сечений. Если в каждой точке dA сечения (см.рис.18) на расстоянии ρ от центра сечения действует касательное напряжение τ ρ , то элементарный внутренний момент противодействия будет

d T = τρ d A ρ .

(3.1)

Сложив по всей площади сечения эти моменты, получаем

∫

T = τρ d A ρ .

(3.2)

A

Условие равновесия можно записать в виде уравнения

∫τ A

ρ

d A ρ + M = 0.

(3.3)

52 Из условия равновесия (3.3) и из рис.18 видно, что касательные напряжения зависят от величины крутящего момента М и от радиуса ρ точки, в которой действует напряжение τ ρ . Чтобы выявить эту зависимость, используем закон Гука для сдвига: τ = G γ и подставим в него значение γ = ρ

τρ = ρ

dϕ G. dx

Заменим в уравнении равновесия τ ρ на ρ

∫

ρ

A

В полученном уравнении так как

dϕ , тогда dx (3.4)

dϕ G , получим dx

dϕ G dAρ=M. dx

(3.5)

dϕ и G можно вынести за знак интеграла, dx

dϕ = f (M ) при конкретном значении М, величина постоянная, а dx

G – модуль упругости при сдвиге. Таким образом,

dϕ G ρ2 d A = M . dx

∫

(3.6)

A

Величина

∫

ρ 2 d A = I p – полярный момент инерции сечения вала.

A

Принимая эти обозначения, можно записать

dϕ G Ip = M dx или

53

dϕ M = . d x GIp

(3.7)

Полученное выражение связывает деформацию вала d ϕ на длине d x с величиной внешнего момента М, материалом (через величину G) и с размерами и формой поперечного сечения I p . Из рис.18 видно, что полный угол заl

кручивания вала на длине l вала будет равен сумме

∑ d ϕ , то есть 0

ϕ=

Ml рад. GIp

Заменив в законе Гука (3.4) значение

τρ = ρ

(3.8)

dϕ M на , получим dx GIp

M M ρ. G= GIp Ip

(3.9)

Это уравнение для определения напряжения в любой точке сечения вала. Из формулы (3.9) видно, что в любом сечении вала, при определенных значениях M и I p напряжения τ ρ находятся в прямой зависимости от радиуса точки, в которой определяется напряжение. Эпюра распределения τ ρ по сечению представлена на рис.19. Если диаметр вала D, а радиус

r = D / 2 , то легко находим

максимальное напряжение:

τ max =

M M M r= = . I p Wp Ip r

(3.10)

54 Величина

Ip r

= W p называется полярным моментом

сопротивления. Условие прочности для вала с учетом принятого обозначения будет

τ max =

M ≤ [τ] . Wp

(3.11)

Рис.19 Полярный момент инерции и полярный момент сопротивления для круглого сечения вала

∫

В выражении для I p = ρ 2 d A значение d A можно представить как A

площадь бесконечно тонкого кольца радиуса ρ (рис.20). Тогда

d A = 2 πρ d ρ. Подставив значение d A в выражение для I p , получаем r

r

2πr4 πr4 см 4 . I p = ρ 2 πρ d ρ = 2 π ρ d ρ = = 4 2

∫ 0

2

∫

3

(3.12)

0

Если заменить r на D / 2 , полярный момент инерции будет

π D4 Ip = ≈ 0,1 D 4 см 4 . 32

(3.13)

Полярный момент сопротивления

I p π r 4 π r 3 π D3 Wр = = = = ≈ 0,2 D 3 см 3 . r 2r 2 16

Рис.20

Рис.21

(3.14)

55

Из рис.19 видно, что середина вала практически не работает. Напряжения здесь малы. Это позволяет выполнять валы большого диаметра пустотелыми (трубчатого сечения). Полярный момент инерции и полярный момент сопротивления для такого вала будут

π D4

π d4

π D4 ⎡

⎛d⎞ − = Ip = ⎢1 − ⎜ ⎟ 32 32 32 ⎢⎣ ⎝ D ⎠

4

⎤ 4 4 4 ⎥ ≈ 0,1 D 1 − C см . ⎥⎦

(

)

(3.15)

W p = 0,2 D 3 (1 − C 4 ) см 3 . Здесь отношение d / D обозначено через коэффициент С, которым можно задаваться заранее при проектировании нового вала (рис.21). При расчете стержней, работающих на кручение, но имеющих не круглое поперечное сечение (прямоугольное, овальное и т.д.), полярный момент инерции и полярный момент сопротивления определяется по формулам

I к = α b 4 , Wк = β b 3 . Здесь b – размер меньшей стороны, α и β – коэффициенты, принимаемые в зависимости от отношения h / b . Значения коэффициентов можно найти в [4], [22].

Расчет валов

56 Все валы при проектировании машин, механизмов рассчитываются из условия прочности и из условия жесткости. Это значит, что угол закручивания вала на определенной длине (обычно на длине 1м) не должен превышать допускаемого значения. [ϕ] D / м или [ϕ] рад/м. Величина [ϕ] определяется требованиями, предъявляемыми к определенному типу машин. Значение допустимых углов находится в пределах

[ϕ] = (0,2 ÷ 2) D / м. Условие жесткости записывается

ϕ=

M [l ] ≤ [ϕ]. GIp

(3.16)

По формуле (3.8) значение угла получается в радианах, поэтому, если

[ϕ] задается в Здесь

D

/м , допустимое значение должно быть записано как

π [ϕ]. 180

π значение 1D в радианах. Подставив значение I p и W p , выраженные 180

через диаметр, в условия прочности и жесткости, получим формулы для расчета диаметра вала. По условию прочности

M M ≤ [τ] или D = 3 см. 3 0,2 [τ] 0,2 D По условию жесткости

M [l ] M [l ] ≤ [ϕ] или ≤ [ϕ] . GIp G 0,1 D 4

Откуда

(3.17)

57

D=4

M [l ] см . G 0,1[ϕ]

(3.18)

Из двух расчетов принимается наибольший диаметр вала. Примеры расчетов Пример 1. Определить диаметр стального вала, передающего мощность

N = 200 квт при числе оборотов п = 250 об/мин. Допускаемое напряжение для материала вала [τ] = 1100 кг/см 2 . Допустимый угол закручивания [ϕ] = 1 D /м .

G = 8 ⋅ 10 5 кг/см 2 . Решение. Определяется величина крутящего момента на валу.

M = 974,5

200 N = 974,5 = 779,6 кг м. 250 n

Из условия прочности вал должен быть

D=3

M 77960 =3 = 7,1 см. 0,2 [τ] 0,2 ⋅1100

Допускаемый угол закручивания задан в D /м . Поэтому условие жесткости должно быть записано как

M [l ] π [ϕ] . ≤ G I p 180 Откуда, используя формулу (3.18), получаем

D=4

M [l ]180 77960 ⋅ 100 ⋅ 180 =4 = 8,6 см . G 0,1 π [ϕ] 8 ⋅ 10 5 ⋅ 0,1 π ⋅ 1

Окончательно принимаем диаметр вала, равный: D = 8,6 см.

58 Пример 2. Построить эпюру крутящих моментов для вала (см. рис.22). Определить

диаметр

[τ] = 1000 кг/см 3 .

вала

по

наибольшему

крутящему

моменту.

Считать вал по всей длине одного диаметра. Определить

угол закручивания сечения, где приложен М 1 относительно сечения, где действует М 0 . Пусть M 1 = 5, M 2 = 8, M 3 = 10 кгм .

Рис.22 Решение. Из условия равновесия внешних сил определяем момент М 0 .

M 1 + M 2 + M 3 = M 0 ; 5 + 8 + 10 = 23 кгм. Используя метод сечения, находим значения моментов на каждом из грузовых участков (от М 1 до М 2 ):

М 1 − Т 1 = 0 ; Т 1 = М 1 = 5 кгм. На втором участке

59

М 1 + М 2 − Т 2 = 0 ; Т 2 = М 1 + М 2 = 13 кгм. На третьем участке

М 1 + М 2 − М 0 − Т 3 = 0 ; Т 3 = М 1 + М 2 − М 0 = −10 кгм. Эпюра моментов будет иметь вид (рис.22,б). Наибольшее значение момента на валу М 1 + М 2 = T2 = 13 кгм. Диаметр вала по условию прочности должен быть

D=3

M 1300 =3 = 2,35 см. 0,2 [τ] 0,2 ⋅ 1000

Угол закручивания вала на участке от М 1 до М 0 будет

I 1−0 =

M l1 (M 1 + M 2 ) l 2 500 ⋅ 30 1300 ⋅ 20 + = + = 0,149 рад. GIp GIp 8 ⋅ 10 5 ⋅ 3,8 8 ⋅ 10 5 ⋅ 3,8

Пример 3. Определить крутящие моменты в опорах жестко закрепленного вала (см. рис.23) и найти наибольшее напряжение τ max .

Рис.23

60 Решение. Задача статически неопределимая. Условие равновесия можно записать в виде

М1 + М 2 + М 0 = 0 . Здесь два неизвестных момента. Условие совместности деформаций можно составить из условия, что общая деформация вала или деформация левого сечения в опоре относительно правой равна нулю.

ϕ1 + ϕ 2 = 0 или

M 1 ⋅ 40 M 2 ⋅ 60 = . GIp GIp

Откуда

M1 =

60 M 2 = 1,5 M 2 . 40

Подставляем значение М 1 , выраженное через М 2 , в уравнения равновесия:

1,5 М 2 + М 2 = М 0 , откуда М 2 =

15 = 6 кгм ; М 1 = М 0 − М 2 = 15 − 6 = 9 кгм. 2,5

Наибольший момент на участке, где длина 40 см. Это М 1 = 9 кгм. Поэтому наибольшее напряжение в теле вала будет

τ=

М1 900 = = 72 кг/см 2 . 3 W p 0,2 ⋅ 5

Цилиндрическая винтовая пружина Кроме валов, на кручение работают много других элементов машин, но особо следует остановиться на витых цилиндрических пружинах. Они широко

61 используются как силовые элементы в замыкающих устройствах кулачковых передач, в предохранительных клапанах, используются как аммортизаторы и т.д. Их назначение и внешняя нагрузка никак не говорят явно о том, что основной нагрузкой для них является крутящий момент. Рассмотрим работу пружины, нагруженной растягивающей силой Р (рис.24). Примем шаг витков небольшим по сравнению с диаметром пружины

D = 2 R , чтобы не принимать во внимание угол при расчете длины проволоки, из которой сделана пружина. Рассечем виток пружины и оставим для рассмотрения только верхнюю часть. Чтобы узнать, какие силы действуют в сечении, приведем силу Р к этому сечению. Из рисунка видно, что в сечении действует перерезающая сила Р, направленная вверх, и крутящий момент M = P R . Оба эти силовые факторы вызывают в сечении касательные напряжения. От силы Р

τp =

P P⋅4 = ; A πd 2

от момента M = P R

τм =

PR P R ⋅ 32 ρ= ρ. Ip πd 4

Эпюры этих напряжений и общая суммарная эпюра представлена на рис.24.

τ р + τм =

4 P 16 P R 4 P ⎛ 16 R ⎞ 2 + = 1+ ⎟ кг/см . 2 3 2 ⎜ d ⎠ πd πd πd ⎝

(3.19)

62

Рис.24

63 Здесь τ ( м ) max =

P R 16 P R . = Wp πd3

Наибольшие напряжения испытывают внутренние волокна пружины – ближайшие к ее продольной оси. Из рассмотренного выражения (3.19) видно, что наибольший вклад в величину напряжения вносит крутящий момент. Второе слагаемое в скобках

16 R значительно больше единицы. От крутящего момента проволока пружиd ны получает деформацию – угол закручивания.

Ml P R ⋅ 2 π R n ⋅ 32 64 P R 2 n = рад . ϕ= = GIp G πd 4 Gd4 Здесь l = 2 π R n – вся длина проволоки, из которой сделана пружина; п – число витков в пружине. Угол ϕ получается достаточно большой. Очевидно, что для нормальной работы пружины, нагруженной сжимающей силой, необходимо обеспечить свободу поворота концевых сечений пружины. Поэтому все пружины, работающие на сжатие, обязательно должны опираться на диски, имеющие возможность поворота относительно оси пружины (подвижные опорные тарелки). Продольное (осевое) перемещение торцевых концов пружины можно найти как

64 P R 3 n см. λ = ϕR = Gd4 Таким образом, винтовые цилиндрические пружины работают на кручение и сдвиг, хотя внешнее проявление их работы – на растяжение – сжатие.

64 Проектирование пружины необходимо ввести, опираясь на справочные данные и рекомендации [6]. Нормальные напряжения при кручении Так как кручение – частный случай сдвига, то для стержня, испытывающего действие крутящего момента, справедлив закон парности касательных напряжений. Это значит, что касательные напряжения возникают не только в плоскости поперечных сечений, но и действуют вдоль оси вала. Как и при чистом сдвиге под углом в 45 D к этим напряжениям действуют нормальные напряжения – одно растягивающее, другое – сжимающее. Хрупкий материал, например, чугун, плохо сопротивляется растяжению. Поэтому валы, изготовленные из чугуна, если нагрузка достигает опасной при кручении, разрушаются под углом 45 D к оси стержня вала от растягивающих нормальных напряжений.

ЛЕКЦИЯ IV ИЗГИБ 4.1. Основные определения Под деформацией изгиба понимается искривление оси стержня под действием внешних сил или моментов. При этом каждое сечение стержня поворачивается на некоторый угол и перемещается по направлению действия сил. Любой стержень, имеющий, по крайней мере, две опоры и нагруженный поперечными силами, испытывает деформацию изгиба и называется балкой. Под это определение попадают и стержни с жестким закреплением – консоли, так как в жесткой опоре всегда под действием поперечных сил или моментов в опоре возникает момент (пара сил) и такую опору можно представить в виде эквивалентного закрепления (см. рис.25)

65

Рис.25 Понятие «балка» включает в себя чрезвычайно широкий спектр реальных конструкций. Это и собственно стержни – валы, оси, балки и т.д., и сложные объемные конструкции такие, как крыло самолета, железнодорожные платформы, вагоны, трубы на опорах, корпус корабля на волне и многое другое. Для представления о характере возникающих в балке напряжений и факторов, влияющих на ее прочность и деформацию, рассмотрим два простых примера. Пример 1.Согнем обычную школьную линейку в форме лука. По изменению длины верхних и нижних волокон линейки видно, что одни стали больше, другие меньше, чем первоначальная длина линейки. Очевидно, одни волокна, которые стали длинными, испытывают деформацию растяжения, другие – сжатие. Следовательно, в теле балки возникают одновременно два противоположных по знаку напряжения. Это возможно только в том случае, если внутри тела балки имеется слой (волокно), который не изменяет своей длины, а

66 только лишь приобретает кривизну. Такой слой (волокно) называется нейтральным и проходит через центры тяжести сечений балки. Пример 2. Положим обычный тетрадный лист на две опоры (рис.26).

Рис.26 Очевидно, что он свободно провисает под собственным весом и никакой нагрузки нести не сможет. Если этот же лист свернуть в трубку или придать ему форму Λ, то на тех же опорах лист не провиснет, он может быть нагружен определенной силой и в нем достаточно прочности и жесткости. Это говорит о том, что при одной и той же площади поперечного сечения жесткость конструкции балки, а также и прочность, как будет показано далее, зависят не только от материала, площади сечения, но и от формы поперечного сечения балки. Критерием оценки влияния формы на прочность и жесткость балки являются осевые моменты инерции поперечного сечения:

∫

I y = z 2 dA ; I z = A

–

∫y

2

dA

A

важнейшие геометрические характеристики. 4.2. Геометрические характеристики плоских сечений балок Главные оси, главные моменты инерции В любой плоской фигуре, какой является поперечное сечение балки, че-

рез любую точку можно провести бесконечное количество взаимно-перпендикулярных осей. Но из всего множества этих осей выделяются две: центральные

67 (проходящие через центр тяжести сечения), взаимно перпендикулярные оси, которые называются главными осями инерции. Особенностью этих осей является то, что осевые моменты инерции относительно них имеют экстремальные (max и min) значения по сравнению с моментами относительно любых других центральных осей и центробежный момент инерции относительно них равен нулю.

∫

I zy = z y dA = 0 . A

Для фигур, обладающих симметрией, оси симметрии всегда являются главными осями. Положение главных осей в сечениях балки важно не только для расчета главных моментов инерции как определенных характеристик прочности и жесткости. Взаимное расположение сил, действующих на балку, и главных осей инерции определяет характер деформации, которую испытывает балка, что видно из рис.27.

Рис.27

68 Простейшими формами поперечного сечения балки являются прямоугольник и круг. Определим для них значения осевых моментов инерции. Прямоугольное сечение Пусть прямоугольное сечение будет b × h (рис.28). Выделим

в

сечении

полоску

толщиной dz на расстоянии z от оси у – у. Оси

z – z, у – у – главные оси, оси

симметрии. Помня о том, что ширина «b» сечения постоянна, элементарную площадку dA выражении

интеграла

момента

в

инерции

∫

I y = z 2 dA можно представить как A

dA = b ⋅ dz .

Рис.28 Тогда +h / 2

+h / 2

bz 3 bh 3 bh 3 bh 3 см 4 . I y = z dA = z b dz = b z dz = = + = 3 24 24 12 A −h / 2 −h / 2

∫

∫

2

∫

2

2

Аналогично

Iz =

∫ A

hb 3 4 см . y dА = 12 2

Круглое сплошное сечение (рис.29) Известно,

что

полярный

момент

π D4 Ip = см 4 , но I p = I y + I z , причем 32 Ip

инерции

круглого

I y = I z . Следовательно,

π D4 Iy = Iz = см 4 . = 2 64

сечения

69 Для пустотелого (трубчатого) сечения осевые моменты инерции будут

π D4 ( Iy = Iz = 1 − α 4 )см 4 , 64 где α = d / D . Для сложных форм сечений значения главных осевых моментов инерции можно Рис.29

найти

в

учебниках

по

сопротивлению

материалов*, в справочной литературе [2], [3], а также в Государственных стандартах на прокатные профили, например ГОСТ 8510 – 72 (двутавровые) и ГОСТ 8240 – 74 (швеллеры) и др. Для определения положения главных осей и расчета главных моментов инерции сложных составных сечений и сечений пространственных конструкций необходимо использовать зависимость между моментами инерции при параллельном переносе осей или при повороте на некоторый угол.

Зависимость между моментами инерции при параллельном переносе осей

Рис.30

70 Пусть «А» – произвольное сечение (см. рис.30). Оси Oy и Oz – центральные оси инерции. Моменты инерции относительно них

∫

I y = z 2 dA ; I z = A

∫ y dA . 2

A

Центробежный момент, если оси Oy и Oz не главные

∫

I zy = zy dA . A

Момент инерции относительно оси O1 y1 найдем как:

I O1 y1 =

2 2 2 ( ) z + a dA = z dA + 2 a z dA + a ∫ ∫ ∫ ∫ dA .

A

A

A

A

Здесь первое слагаемое – момент инерции относительно центральной оси Oy , второе слагаемое – статический момент с коэффициентом 2а. Но статический момент относительно центральной оси для любого сечения равен нулю. Третье слагаемое – площадь сечения, умноженная на квадрат расстояния между осями Oy и O1 y 0 . Таким образом,

I y0 = I y + a 2 A . Аналогично,

I z0 = I z + b 2 A . Центробежный момент относительно осей O1 y 0 и O1 z 0

I z 0 y0 =

∫ (a + z )(b + y ) dA = ∫ ab dA + ∫ zb dA + ∫ ay dA + ∫ yz dA . A

A

A

A

A

Здесь второе и третье слагаемые равны нулю как статические моменты относительно центральных осей, а четвертое и первое слагаемые – центробежные моменты относительно центральных осей I zy =

∫ zy dA и площадь, умноженная A

на расстояние между осями.

71

∫ ab dA = ab ⋅ A . A

Таким образом,

I z0 y0 = I zy + ab A см 4 . Если оси z – y – главные центральные оси, то I zy = 0 и I z0 y0 = ab A . Зависимость между моментами инерции при повороте осей Пусть для сечения «А» оси Oy и Oz – центральные оси (рис.31).

Рис.31 Ординаты точки Р площадки dA соответственно z и y. Повернем оси Oy и Oz на угол α против часовой стрелки (может быть любое направление). В новой системе координат ординаты точки A будут z 0 и y 0 . Из дополнительного построения (четырехугольник САВD) видно, что ординаты z 0 и y 0 связаны со старыми как

y 0 = OC + CD, но CD = АB

72 и, следовательно,

y 0 = y cos α + z sin α , а z 0 = z cos б − DB, но

DB = АC и поэтому z 0 = z cos α − y sin α .

Запишем осевые моменты инерции сечения «А» в новых ординатах относительно осей O1 y 0 и O1 z 0 ^

∫

I y0 = z 02 dA = A

∫ (z cos α − y sin α )

dA =

A

= I y cos 2 α − I zy I z0 =

2

∫

y 02 dA =

A

1 sin 2α + I z sin 2 α см 4 . 2

∫ ( y cos б + z sin б )

2

dA =

A

= I z cos 2 б + I zy

(4.1)

1 sin 2 б + I y sin 2 б см 4 . 2

(4.2)

Сложив значения I y0 и I z0 , получаем

I y0 + I z 0 = I y + I z . Сумма моментов инерции при повороте центральных осей не меняется и равна сумме главных моментов инерции. Центробежный момент относительно осей O1 y 0 и O1 z 0 находим как

I y0 z 0 =

∫ ( y cos α + z sin α )(z cos α − y sin α ) dA = A

1 1 sin 2α + I y sin 2α − I zy sin 2 α = 2 2 1 = I zy (cos 2 α − sin 2 α ) − sin 2α (I z − I y ) = 2 1 = I zy cos 2 2α − sin 2α (I z − I y ) см 4 . 2 = I zy cos 2 α − I z

(4.3)

Принимая во внимание, что относительно главных осей центробежный момент равен нулю, и, предположив, что оси O1 y 0 и O1 z 0 главные оси, из выражения (4.3) можно найти угол, на который необходимо

73 повернуть произвольно выбранные центральные оси Oy и Oz , чтобы получить положение главных осей. Разделим оба слагаемых в уравнении (4.3) на cos 2α и приравняем полученное выражение к нулю

I zy −

1 tq 2α (I z − I y ) = 0 . 2

Откуда

tq 2α =

2 I zy Iz − Iy

,

(4.4)

откуда находим угол α. Если угол α получается отрицательным, то оси Oy и Oz должны быть повернуты на угол α по часовой стрелке. Значения главных моментов инерции относительно главных осей находим из уравнений (4.1) и (4.2). Рассмотрим пример на использование полученных зависимостей при расчете сравнительно простого сечения из двух прямоугольников (рис.32).

Пример. Определить положение главных осей инерции и найти значения главных моментов инерции. Решение. Так как главные оси – центральные, необходимо в первую очередь найти положение центра тяжести. Для этого выбираем вспомогательные оси Oy и Oz . В качестве таких осей могут быть выбраны любые другие взаимно перпендикулярные оси, удобные для расчета. Исходные данные – значения площадей прямоугольников, составляющих сечение, координаты их центров тяжести и статические моменты относительно вспомогательных осей сводим в таблицу. №

Площадь A см 2

Z

A⋅ z

Y

A⋅ y

1

4

6,5

26

2

8

2

6

3

18

0,5

3

∑ A = 10 см

2

∑S

y

= 44 см 3

∑ S z = 11 см 2

74

Рис.32 Координаты центра тяжести всего сечения относительно принятых осей находим по формулам

∑ S = 44 = 4,4 см ; ∑ A 10 ∑ S = 11 = 1,1см . = ∑ A 10

zc =

yc

y

z

На основании полученных данных наносим положение центра тяжести «С» на чертеже сечения. Проводим через центр тяжести две взаимно перпендикулярные оси cy ′ и

cz ′ , параллельные ранее выбранным вспомогательным осям. Определяем расстояние от центров тяжести прямоугольников, составляющих сечение до проведенных центральных осей ( a i и bi )

75

a1 = 2,1см

b1 = 0,9см

a 2 = −1,4см

b2 = −0,6см

По полученным данным определяем значения центральных моментов инерции и центробежный момент.

I y′

4 ⋅ 13 1 ⋅ 63 2 = + 4 ⋅ 1 ⋅ a1 + + 1 ⋅ 6 ⋅ a 22 = 12 12

4 63 2 = + 4 ⋅ 2,1 + + 6 ⋅ 1,4 2 = 47,73 см 4 ; 12 12 I я′

1 ⋅ 43 6 ⋅ 13 2 = + 1 ⋅ 4 ⋅ b1 + + 6 ⋅ 1 ⋅ b22 = 12 12

43 6 = + 4 ⋅ 0,9 2 + + 6 ⋅ 0,6 2 = 11,23 см 4 . 12 12 I z1 y1 = a1b1 ⋅ 1 ⋅ 4 + a 2 b2 ⋅ 1 ⋅ 6 = 2,1 ⋅ 0,9 ⋅ 4 + ( −1,4) ⋅ (−0,6) ⋅ 6 = 12,6 см 4 . Определяем угол наклона главных осей по отношению к выбранным центральным cy ′ и cz ′ :

tq 2 α =

2 I z ′y′′ 2 ⋅ 12,6 = = −0,997; α = −22 D 25′ . I z ′ − I y′ 11,23 − 36,5

Угол α – отрицательный, следовательно, оси должны быть повернуты по часовой стрелке. Новые – главные оси c − z 0 , c − y 0 . Значение главных моментов инерции находим по формулам (4.1) и (4.2)

I y0 = I y1 cos 2 α −

1 I z1 y1 sin 2 α + I z1 sin 2 α = 2

= 47,73 ⋅ 0,855 − 0,5 ⋅ 12,6 ⋅ 0,705 + 11,23 ⋅ 0,145 = 37,98 см 4 . I z0 = I z1 cos 2 α +

1 I z1 y1 sin 2 α + I y1 sin 2 α = 2

= 11,23 ⋅ 0,855 + 0,5 ⋅ 12,6 ⋅ 0,705 + 47,73 ⋅ 0,145 = 20,98 см 4 . Проверяем правильность найденных значений главных моментов согласно условию

76

I z1 + I y1 = I y0 + I z0 .

11,23 + 47,73 = 37,98 + 20,98 . Расчет выполнен верно. 4.3. Внутренние силы

Поперечная (перерезывающая) сила и изгибающий момент Как в любой нагруженной внешними силами конструкции, в балках под действием внешних сил возникают внутренние силы упругого сопротивления. Рассмотрим балку с нагрузкой (рис.33) и попробуем найти внутренние силы в произвольно выбранном сечении.

Рис.33 Будем считать, что реакции опор уже найдены и обозначены на балке, как R A и R B в соответствии с их направлением.

77 Выберем сечение на расстоянии x от опоры «А» и отбросим правую часть балки.

Чтобы оставшаяся левая часть балки оставалась в условиях статического равновесия с находящейся на ней внешней нагрузкой, очевидно, необходимо, чтобы в сечении, выбранном для рассмотрения, действовали внутренние силы, уравновешивающие всю внешнюю нагрузку этой части балки. Эти внутренние силы можно найти методом приведения сил. Каждую силу приводим к сечению вместе с равными и противоположно направленными силами. От этой операции равновесие балки не нарушится, но из рисунка видно, что от каждой силы, приведенной к сечению, возникает пара сил (момент). Равномерно распределенная нагрузка с интенсивностью «q» заменяется равнодействующей, приложенной в ее центре тяжести, и также приводится к сечению.

Таким образом, из рисунка видно, что в выбранном сечении равновесие левой части балки обеспечивается суммой сил, равной всей внешней нагрузке на этой части балки и суммой моментов от этих сил относительно сечения. Эти два силовых фактора соответственно называются: Pi = Q – поперечная или перерезывающая сила;

∑ ∑P ⋅ x = ∑M i

i

i

= M i – изгибающий момент.

Из рассмотренного примера видно, что набор сил

(∑ P ), действующих i

в сечении, и сумма моментов « M i » от сечения к сечению меняются вдоль оси балки. Сечение, где они достигают наибольшего значения, возможно определить только графическим построением по выражениям для «Q» и « M i » для каждого сечения. Графическое изображение изменения «Q» и « M i » вдоль оси балки носит название эпюр.

Эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов M x

78 Из рассмотренного примера видно, что Q – поперечная сила в любом сечении балки равна алгебраической сумме всех внешних сил (включая реакции опор), действующих на балку слева или справа от рассматриваемого сечения. Изгибающий момент M x в любом сечении балки равен алгебраической сумме моментов от внешних сил, действующих на балку слева или справа от сечения, взятых с плечами до данного сечения. Так как мы можем рассматривать и левую, и правую части балки относительно сечения, то для получения одного и того же значения Q и M x в выбранном сечении необходимо придерживаться правила знаков для слагаемых Q и Mx. Правило знаков Q и М

Внешние силы принимаются для Q, действующей в рассматриваемом сечении со знаком (+) плюс, если они действуют вверх – слева от сечения и вниз – справа от сечения (рис.34). Рис.34

Моменты принимаются от внешних сил в сумму M x со знаком (+), если они действуют по часовой стрелке слева от сечения и против часовой стрелки – справа от сечения. Последовательность построения эпюр Q и М Для построения эпюр Q и М необходимо:

79

1. Определить реакции опор с помощью уравнений статического равновесия. Для консольных балок этого можно и не делать, если начало координат принимать на свободном конце балки. 2. Определить количество грузовых участков на балке и на каждом из них провести сечение. 3. Выбрать начало координат (обычно на одной из опор). Если на балке много грузовых участков, то можно брать начало координат на обоих опорах, отсчитывая расстояния до сечений от них к середине балки. 4. Обозначаются расстояния от выбранного начала координат до каждого сечения через x i . 5. С учетом правила знаков для каждого сечения составляются уравнения для Q и М и на основе полученных уравнений строятся эпюры. Примеры построения эпюр

Рассмотрим несколько балок с наиболее часто встречающейся нагрузкой и оценим особенности эпюр в зависимости от нагрузки. 1. Консольная балка загружена силой Р на свободном конце (рис.35). Для такой балки можно принять начало координат на свободном конце, где приложена сила Р. На балке – один грузовой участок, и достаточно взять одно сечение в любом месте пролета на расстоянии х от начала координат. Поперечная сила в этом сечении, равная сумме всех сил справа, равна просто силе Р. С учетом правила знаков, ее значение положительное. Q = P.

Это постоянная величина на всем протяжении балки. Отложим в масштабе величину Р вверх в начале координат и проведем прямую, параллельную оси балки до опоры. Это и есть эпюра поперечной силы – Q.

80

Рис.35 Изгибающий момент в выбранном сечении с учетом правила знаков отрицательный и равен:

M = −P x . Величина «х» может быть изменена в зависимости от места взятого сечения от 0 до l. Поэтому окончательно запишем: l

M = −P x 0 . Это уравнение прямой линии, для построения которой достаточно взять две точки: при х = 0, М = 0 и при х = l, М = – P l. Отложив в опорном сечении произведение P l вниз и приняв начальное значение М = 0 в начале координат, соединяем две эти точки и получаем характер изменения моментов вдоль оси балки – эпюру моментов. По эпюре видно, что наиболее загруженным сечением балки по величине изгибающего момента является заделка (опора балки). Значение силы Q = P и момента M = P l на эпюре – это одновременно и реакции в опоре, которые находятся вместе с построением эпюр.

81 2. Балка с равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q (рис.36).

Рис.36 Как и в предыдущем примере, оставляем под балкой место для эпюр. Начало координат принимаем на свободном конце балки. Грузовой участок здесь также один – вся длина балки. Для построения эпюр достаточно написать уравнение для одного сечения. Обозначим расстояние до произвольно выбранного сечения от начала l

координат через х. Поперечная сила: Q = q x 0 . Момент изгибающий:

q x2 x M = −q x = − 2 2

l

. 0

Здесь х/2 – расстояние от начала координат до центра тяжести нагрузки q x . Эпюра Q – прямая линия, которая может быть построена по двум значениям: при x = 0 и при x = l . Изгибающий момент, согласно полученному уравнению, изменяется по параболе. Графическое изображение параболы, огибающей эпюру моментов,

82 можно построить либо по точкам, задавая в уравнении момента различные значения x – от нуля до l , либо определить два конечных значения M = 0 при

l2 x=0 и M =q при x = l и найти вершину параболы. Этого в большинст2 ве случаев достаточно, так как в расчетах нас интересуют прежде всего наибольшие значения (в данном случае M max ). Вершина

параболы

находится

при

значении

x , при котором

d M / d x = 0. Для нашего случая

d M / d x = q x = 0 возможно, когда

x = 0 . Это

значит, что вершина параболы находится в начале координат, а наибольшее значение изгибающего момента – на эпюре равно: M max

l2 = q . 2

Следует обратить внимание на то, что d M / d x = q x = Q ; это одно из свойств эпюр для балок с распределенной нагрузкой, так называемая дифференциальная зависимость между M , Q и q .

Рис.37

83 3.

Балка загружена одним сосредоточенным моментом

M 0 (рис.37). На

этой балке один грузовой участок. Начало координат принимаем на свободном конце балки и выбираем одно сечение. Сил, как таковых, на балке нет. Следовательно, в любом сечении Q = 0 . Изгибающий момент в любом сечении будет равен M 0 (он может быть перенесен вдоль оси балки в любое сечение):

M = M0. Эпюра моментов – прямая линия, параллельная оси x с координатой (по масштабу), равной M 0 . Это случай «чистого изгиба». 4.

Балка на двух опорах с сосредоточенной силой посередине пролета

(рис.38). На балке имеется два грузовых участка. Реакции опор в силу симметрии нагрузки относительно опор – одинаковы и равны:

R A = RB = P / 2 .

Рис.38

84 Принимаем начало координат на опоре А. Проводим на каждом участке сечение и обозначаем расстояние до каждого из них через x1 – до первого и через x 2 – до второго. Отсюда получаем:

QI = R A = P / 2 ;

P M 1 = R A x1 = x1 2

l/2

. 0

Здесь: l / 2 – граница первого участка.

QII = R A − P = P −

P P =− ; 2 2 l

l⎞ P l⎞ ⎛ ⎛ M II = R A x 2 − P ⎜ x 2 − ⎟ = x 2 − P ⎜ x 2 − ⎟ . 2⎠ 2 2⎠ l/2 ⎝ ⎝ Здесь: l / 2 и l – границы второго участка. По уравнениям видно, что эпюры QI и QII ограничены прямыми, параллельными оси x , а эпюры моментов М I и М II – прямыми, наклоненными к оси

x . Границы значений моментов ограничены начальными и конечными

значениями x i . Максимальный момент посередине пролета и его значение:

M max =

P l Pl = 22 4

при

x1 = x 2 =

l . 2

Поперечные силы на обоих участках одинаковы по значению, но разных знаков и равны P / 2 . Как особенность эпюр для такой балки, необходимо отметить, что в сечении, где приложена сосредоточенная сила, на эпюре поперечных сил Q имеется перепад на величину этой силы. На эпюре моментов – излом. Для балок с двумя и большим количеством участков при построении эпюр можно принимать два начала координат: на левой и правой опоре (с правого и левого конца балки).

85 Это сокращает число слагаемых в уравнениях для Q и M вдвое, а с учетом знаков для Q и M результат получается тем же, что и при одном начале координат. 5. Балка на двух опорах с распределенной нагрузкой по всему пролету (рис.39).

Рис.39 Для такой балки реакции опор одинаковы в силу ее симметрии относительно опор и равны

R A = RB =

ql . 2

Грузовой участок на балке один. Принимаем начало координат на опоре

A . Выбираем в произвольном месте сечение и обозначим расстояние от начала координат до него через х . Граница участка – от 0 до l . Поперечные силы l

ql Q = RA − q x = −qx . 2 0

86 Момент изгибающий

q x2 x ql M = RA x − q x = x− 2 2 2

l

. 0

По уравнениям видно, что эпюра Q ограничена наклонной прямой от значения

ql ql до − (при крайних значениях х ). 2 2

Эпюра изгибающего момента ограничена параболой. Крайние ее значения при x = 0 и x = l

M = 0 , а максимальное значение находим по значе-

нию x , где касательная к параболе должна быть параллельна оси х. Это значение x = x 0 находим из условия, что d M / d x при x 0 должна быть равна нулю.

d M ql = − q x0 = 0 . 2 dx Откуда

x 0 = l / 2 . Таким образом, максимальный момент будет при

x0 = l / 2

ql l ql2 ql2 = − = . 2 2 8 8

M max

6. Балка на двух опорах с сосредоточенным моментом (рис.40). Сосредоточенный момент M 0 может быть приложен в любом сечении балки. Реакции опор по условиям статического равновесия будут

RA =

M0 M ; RB = − 0 . l l

На балках два грузовых участка. Примем для нашей балки для двух произвольных сечений на участках два начала координат. Для левого участка – на опоре А; для правого – на опоре В. Значения Q и М с учетом правила знаков получаем

QI = R A =

M0 ; l

87

M M I = R A x1 = 0 x1 l

. 0

M0 ; l

QII = M II = R B x 2 = −

l/2

M0 l ⎛ M0 ⎞ = ⎜− ⎟. l 2 ⎝ 2 ⎠

Рис.40 Эпюра поперечных сил ограничена прямой, параллельной оси x . На всем протяжении балки Q = const =

M0 . l

Изгибающие моменты ограничены прямыми с границами на участках:

MI = 0 и MI =

M0 M l/2 = 0 ; l 2

M II = 0 и M II = −

M0 M l/2 = − 0 . l 2

В сечении, где приложен сосредоточенный момент, на эпюре моментов перепад (скачек) на величину этого момента.

88 4.4. Напряжения при изгибе

Нормальные напряжения Как уже отмечалось в начале раздела, в балке возникают нормальные напряжения, характер распределения которых по сечению нам пока неизвестен. Равнодействующим силовым фактором этих напряжений является изгибающий момент. Можно сказать, что если бы можно было бы изготовить балку «равного сопротивления» с одинаковыми по всем сечениям нормальными напряжениями, то балка имела бы сечения вдоль всей ее длины, аналогичные эпюре изгибающих моментов. Для определения величины нормальных напряжений и характера их распределения в сечении рассмотрим балку в условиях работы при чистом изгибе. Примем балку прямоугольного сечения размерами b × h , нагруженную сосредоточенным моментом М 0 (рис.41).

Рис.41 Будем считать, что все сечения остаются плоскими, а это подтверждается экспериментом, и продольные волокна, из-за отсутствия поперечной силы

Q , не давят друг на друга. При принятых условиях мы вправе утверждать, что нормальные напряжения σ z , создающие внутренний силовой фактор М – изгибающий момент,

89 противодействующий внешнему – М 0 , должны иметь одно и то же значение на уровне z от нейтрального волокна y − y . Тогда относительно осей координат (главных осей инерции), связанных с началом координат в центре тяжести сечения, можно составить следующие уравнения: 1.

∑ X = 0 – сумма всех сил в проекциях на ось x . ∫σ

z

dA = 0 .

A

2. 3.

∑ Y = 0 – сумма всех сил в проекциях на ось ∑ Z = 0 – сумма всех сил в проекциях на ось

y − y (таких сил нет). z − z (таких сил нет)

4.

∑ M x = 0 – сумма моментов относительно оси x (такие силы отсутствуют).

5.

∑M

6.

∑M

z

=0

∫σ

z

y dA = 0 .

∫σ

z

z dA + M 0 = 0 .

A

y

=0

A

Таким образом, для дальнейшего рассмотрения мы можем воспользоваться только тремя уравнениями – 1, 5 и 6. Однако найти значение σ z из этих уравнений не представляется возможным, так как мы не знаем характера распределения их по высоте сечения балки. Для решения этой задачи воспользуемся законом Гука, зная, что волокна балки испытывают деформацию растяжения и сжатия. Рассмотрим условия деформации балки. Под действием внешней нагрузки продольная (нейтральная) ось балки получает кривизну с радиусом ρ . Каждое сечение балки поворачивается на некоторый угол ϕ . Условия деформации двух выделенных на расстоянии d x сечений представлены на рис.41, а. Из схемы видно, что волокно длиной d x = a b на расстоянии z от нейтральной оси удлинилось и стало равным a ′b ′ . Абсолютное удлинение его составило

90

∆ l = a ′b ′ − a b , но a b = ρ d ϕ = d x , a a ′b ′ = (ρ + z ) d ϕ . Следовательно,

∆ l = (ρ + z ) d ϕ − ρ dϕ = z dϕ . Относительная продольная деформация этого волокна составляет

ε=

∆l z d ϕ z = = . l ρ dϕ ρ

Подставляем значение ε в уравнение закона Гука

σz = ε E =

z E. ρ

Получили значение нормального напряжения для волокна ab , но связь его с внешним изгибающим моментом (с внешней нагрузкой) неявная. Величина изгибающего момента здесь скрыта под величиной кривизны – 1 / ρ . Чтобы связать напряжение с нагрузкой, подставим полученное выражение в уравнения 1, 5 и 6. 1.

∫

σ z dF =

A

∫ A

Интеграл

z E Ed A= ρ ρ

∫ z dA = 0 . A

∫ z dA представляет статический момент относительно центральной A

оси, и так как он равен нулю, то это свидетельствует о том, что нейтральная ось балки проходит через центры тяжести сечений. 2.

∫

σz y d A =

A

∫ A

z E E yd A = z y d A = 0. ρ ρ

∫ A

Это уравнение говорит о том, что оси z и y – главные оси инерции (такое было условие, что сечение принято прямоугольное). 3.

∫ A

σz z d A =

∫ A

z E 2 Ez d A= z dA=M. ρ ρ

∫ A

91 Здесь

∫z

2

d A = I y – осевой момент инерции сечения относительно оси

A

y − y. Перепишем уравнение несколько иначе:

1 M = ρ EI и подставим значение 1 / ρ в такой записи в закон Гука:

σz = ε E =

Mz z M E= E= z. ρ E Iy Iy

Получили уравнение для напряжений в любой точке сечения, которое связывает величину напряжения с внешней нагрузкой (через М – изгибающий момент) и с формой, и размерами поперечного сечения – I y . Ордината z , отсчитываемая от центральной оси, указывает, где именно находится напряжение σ z . Уравнение указывает на линейную зависимость напряжения от ординаты z . Это значит, что напряжения меняются по сечению согласно эпюре рис.42.

Рис.42 Максимальное напряжение находится на поверхности балки – в наиболее удаленных от нейтральной оси волокнах. Условие прочности, очевидно, будет выполнено, если σ max ≤ [σ] для материала балки.

σ max =

M M h z max = . Iy Iy 2

92 Если ввести обозначение Здесь

Iy h/2

Iy h/2

= Wy .

= W y – осевой момент сопротивления, то σ max =

M . Wy

Для прямоугольного сечения

b h3 2 b h2 = см 3 . Wy = 12 h 6 Для круглого сечения

π D4 2 π D3 Wy = = ≈ 0,1 D 3 см 3 . 64 D 32 Для стандартных прокатных профилей – швеллер, двутавр и т.д., моменты сопротивлений приведены в Гостах, как геометрические характеристики на соответствующие номера профилей. Таким образом, условие прочности для балки будет σ max =

M ≤ [σ] . Wy

Эта формула – для максимального напряжения. Она является основной для выбора прочных размеров сечения балки. Пример Для балки, загруженной как указано на рис.43, подобрать прочное двутавровое

сечение.

Допускаемое

напряжение

для

материала

балки

[σ] = 160 Mпа (1600 кг/см 3 ). Решение Так как реакции опор относятся к внешним силам, их необходимо найти в первую очередь. Составляем уравнения статического равновесия, предварительно изобразив реакции R А и R В на чертеже балки. 1.

∑y=0

R A + RB − P − q l = 0 .

Это уравнение с двумя неизвестными. Составляем второе уравнение – уравнение моментов относительно опоры А.

93

Рис.43 2.

∑

MA =0

ql

l − M 0 − R B l + P (l + a ) = 0 . 2

Отсюда находим:

l2 q − M 0 + P (l + a ) 1 ⋅ 12,5 − 4 + 1 ⋅ 7 15,5 RB = 2 = = = 3,1 т. 5 5 l Реакцию опоры А можно найти или из уравнения моментов относительно опоры В, или из первого уравнения

∑ y = 0 , то есть

A = P + q l − R B = 1 + 5 − R B = 6 − 3,1 = 2,9 т. На балке два грузовых участка: – первый – от опоры А до опоры В; –

второй – от опоры В до конца балки, где приложена сила Р. Выбираем на первом участке сечение I-I и начало координат для первого участка – на опоре А. Расстояние от начала координат до сечения обозначаем через x1 . На втором участке принимаем второе сечение II-II и начало координат справа – на свободном конце балки.

94 Расстояние до сечения обозначаем через x 2 . По определению значений Q и М с учетом знаков для них записываем:

x12 M I = R A x1 − q 2

l

QI = R A − q x 0 QII = P

M II = − P x 2

l

0

a 0

На основе этих уравнений строим эпюры. На первом участке поперечная сила изменяется по наклонной прямой от значения QI = R A при х = 0 до значения R A − q l при x1 = l . В цифрах это:

QI = 2,9 т и QI = 2,1 т. На втором участке QII – величина постоянная, изображается прямой, параллельной оси х с ординатой (в масштабе), равной P . Момент изгибающий на первом участке представляет параболическую

l2 зависимость от х . При x1 = 0 M I = 0 , при x1 = l M I = R A l − q . 2 В цифровом значении второе выражение дает

52 M I = 2,9 ⋅ 5 − 1 ⋅ = 2 тм. 2 Вершина параболы находится в сечении, где Q = 0 , т.е. при x 0 = 2,9 м (см. эпюру Q ). Максимальное значение момента (вершина параболы) будет

M max

x 02 = R A x0 − q . 2

При x 0 = 2,9 м

M max

2,9 2 = 2,9 ⋅ 2,9 − 1 ⋅ = 4,205 тм. 2 a

На втором участке M II = − P x 0 при x 2 = 0

M II = − P a . В цифровом значении M II = 2 тм.

M II = 0 ; при x 2 = a

95 Таким образом, наибольшее значение момента на балке совпадает со значением момента в сечении, где находится вершина параболы, и равно:

M max = 4,205 тм. Согласно условию прочности σ =

Wy =

M ≤ [σ], находим Wy

M 420500 = = 263 см 3 . [σ] 1600

Такое значение W y соответствует двутавровой балке №24. Для этой балки W y = 289 см 3 , что больше расчетного и, следовательно, реальное напряжение будет меньше допустимого. Но можно принять и балку №22а с моментом сопротивления W y = 254 см 3 . В этом случае нормальное напряжение в ней будет

σ=

420500 M = = 1655 кг/см 2 . 254 Wy

Перегрузка (превышение реальных напряжений допускаемых) составит

1655 − 1600 100 = 3,5 % , 1600 что допустимо (до 5%). Окончательно принимаем балку двутаврового сечения №22а. 4.5. Касательные напряжения при изгибе Полный расчет балки на прочность В приведенном примере расчета балки мы не использовали эпюру поперечных сил. Для выбора балки по условию прочности достаточно было эпюры изгибающих моментов. Однако, кроме нормальных напряжений, в балке возникают и касательные напряжения, равнодействующей которых является поперечная сила. То, что касательные напряжения возникают в балке, можно проиллюстрировать на таком примере. Представим, что мы имеем балку, составлен-

96 ную из двух положенных широкой стороной друг на друга школьных линеек. При изгибе такой конструкции (см. рис.44) на торцевом сечении будет виден сдвиг одной линейки относительно другой. В сплошной балке такого сдвига нет – этому препятствуют внутренние силы упругого сопротивления материала балки – касательные напряжения.

Рис.44 Согласно закону парности касательных напряжений, при сдвиге касательные напряжения действуют также и в поперечных сечениях балки, равнодействующей которых является поперечная сила. Формула для определения касательных напряжений при изгибе выведена Д.Н. Журавским (1855 г.) и носит его имя. Q Sz τ= , bz I y где Q – поперечная сила в рассматриваемом сечении (принимается с эпюры);

b z – ширина сечения на уровне волокна, в котором определяется напряжение;

I y – момент инерции рассматриваемого сечения балки; S z – статический момент части площади сечения, отсекаемой волокном, в котором определяется напряжение. Рассмотрим распределение касательных напряжений в балке, имеющей прямоугольное сечение (рис.45). Для определения напряжений в волокне, отстоящем от нейтральной оси (у – у) на расстояние z, находим

b h3 4 b z = b – постоянная величина; I y = см – постоянная величина; Q – 12 значение поперечной силы в расчетном сечении (принимается с эпюры) – вели-

97 чина постоянная.

Рис.45 2 ⎞ ⎛h ⎞ ⎡h 1 ⎛ h ⎞⎤ b ⎛ h ⎞⎛ h ⎞ b ⎛⎜ h − z 2 ⎟⎟ cм 3 S z = Az z c = b ⎜ − z ⎟ ⎢ − ⎜ − z ⎟ ⎥ = ⎜ − z ⎟ ⎜ + z ⎟ = ⎜ ⎝2 ⎠ ⎣2 2 ⎝ 2 ⎠⎦ 2 ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ 2⎝ 4 ⎠

Таким образом, для прямоугольного сечения в формуле для τ дробь

Q выступает как постоянный коэффициент при изменяющейся величине bz I y S z . Статический момент S z изменяется по закону квадратичной параболы.

Q Sz τ= = bz I y При z =

⎞ b ⎛ h2 − z 2 ⎟⎟ Q ⎜⎜ 2⎝ 4 ⎠ b h3 b 12

6Q = b h3

⎛ h2 ⎞ ⎜⎜ − z 2 ⎟⎟ . ⎝ 4 ⎠

h (в крайних верхних и нижних волокнах) τ = 0 . При z = 0 (на 2

нейтральной оси) напряжения достигают максимума:

6Q h2 3 Q Q τ= = = 1 , 5 . 2 bh A0 b h3 4 Здесь b × h – площадь поперечного сечения балки (прямоугольник).

98 Очевидно, что для разных форм поперечного сечения касательные напряжения на нейтральной оси (при z = 0 ), имеющие максимальное значение, будут разными и могут быть представлены выражением

τ=β

Q , A0

где β = 1,5 для прямоугольника; β = 4 / 3 для круглого сплошного сечения;

β = 2 для кольцевого сечения. В любом случае при больших значениях τ max , особенно для материалов с низким значением σ в , например дерева, должно быть выдержано условие

τ max ≤ [σ] . Волокна балки в районе нейтральной оси испытывают чистый сдвиг, а на крайних верхних и нижних волокнах – чистое растяжение и сжатие соответственно. Общая картина распределения касательных и нормальных напряжений представлена на рис.46.

Рис.46

99 Несколько иначе будет распределение касательных напряжений в балках типа двутаврового или швеллерного сечения, имеющих широкие полки и тонкую стенку (рис.47).

Рис.47 В таких сечениях изменение касательного напряжения в пределах высоты полки такое же, как в прямоугольном сечении, а на границе полки со стенкой резко уменьшается ширина сечения (толщина стенки) и касательное напряжение резко возрастает – почти до значения на нейтральной оси, так как за счет малой толщины стенки увеличение S z до значения при z = 0 очень незначительно. Для стандартных прокатных профилей значение S z приводится в Гост на соответствующие размеры профилей. Распределение касательных напряжений в сечениях балок и их величина (они обычно в несколько раз меньше нормальных напряжений) позволяют говорить о том, что касательные напряжения могут и должны учитываться только в том случае, если на балке имеется сечение, где одновременно действуют и большой изгибающий момент М, и большая поперечная сила Q. Это видно из эпюр. И, конечно же, это касается, в первую очередь, балок, имеющих профиль типа швеллера или двутавра. Подбор балок при этом производится из условия прочности по нормальным напряжениям, а затем производится для подобранного сечения расчет ка-

100 сательных напряжений. С учетом реального значения σ и τ для выбранного профиля балки определяется величина расчетного напряжения по III или IV гипотезам прочности и по полученным значения напряжения сравнивается с допустимым.

σ III σ 2 + 4 τ 2 ≤ [σ]; расч. = σ IV σ 2 + 3 τ 2 ≤ [σ]. расч. = Условие прочности должно быть выполнено. Одновременный учет нормального и касательного напряжений по приведенной схеме носит название «полного расчета» балки на прочность. Пример Для балки (см. рис.36) подобрать двутавровое сечение по Гост 8240 – 72 из условия, что [σ] = 160 МПа (1600 кг/см 3 ), и произвести полный расчет балки. Решение На балке один грузовой участок. Принимаем начало координат на свободном конце балки. В любом сечении на расстоянии x от начала координат поперечная сила и изгибающий момент будут иметь следующее значение l

l

Q = qx 0

x2 Mx = −q . 2 0

Максимальное значение поперечная сила и изгибающий момент будут иметь при x = l .

Qmax = q l = 3 т

M max

l2 = − q = 4,5 т. 2

При допускаемом напряжении [σ] = 1600 кг/см 3 находим

Wy =

M max 450000 = = 281 см 3 . [σ] 1600

По сортаменту Гост на двутавровые сечения принимаем двутавр №24, у которого W y = 289 см 3 . Выписываем из Госта для данного профиля балки

101

I y = 1790 см 4 , S z = 163 см 3 . Ширина полки b = 11,5 см. Ширина стенки d = 0,56 см. Находим для выбранной балки реальное нормальное напряжение:

σ=

M max 450000 = = 1557 кг/см 2 . 289 Wy

Касательное напряжение для этой же балки в опасном сечении

τ=

Qmax S z 3000 ⋅ 163 = = 312,9 кг/см 2 . 0,56 ⋅ 2790 d Iy

Расчетное напряжение находим по III-й гипотезе прочности

σШ σ 2 + 4 τ 2 = 1557 2 + 4 ⋅ 312,9 2 = 1678 кг/см 2 . расч . = Это больше допустимого на 78 кг/см 2 . Перегрузка составляет

σ=

1678 − 1600 % = 4,8% . 1600

Это меньше допускаемого значения в 5%. Поэтому оставляем принятый номер профиля балки I №24. ЛЕКЦИЯ V ДЕФОРМАЦИЯ БАЛОК 5.1. Метод решения приближенного дифференциального уравнения

Под действием внешних сил ось балки искривляется, каждое сечение поворачивается на некоторый угол и перемещается по направлению действия сил. Изогнутая ось балки называется упругой линией, а перемещение сечений по отношению к их первоначальному положению называется прогибом. При плоском поперечном изгибе действующие на балку силы и деформация балки находятся в одной плоскости. Поэтому искривленную ось балки можно рассматривать как плоскую кривую с кривизной 1 / ρ , пропорциональной действующему моменту (см. раздел «Нормальные напряжения при изгибе»)

102

M 1 = . ρ E Iy Если воспользоваться выражением кривизны плоской кривой из аналитической математики:

d2y d x2

1 , =± 3 ρ ⎡ ⎛ d y ⎞2 ⎤ ⎟⎟ ⎥ ⎢1 + ⎜⎜ d x ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎥⎦ то можно заметить, что второе слагаемое в знаменателе – величина бесконечно малая. Геометрический смысл

dy = tg θ – тангенс угла наклона касательной dx

на абсциссе x к кривой y = f ( x ) оси балки. Так как в реальных балках деформации обычно очень малы по сравнению с пролетом и угол поворота сечений не превышает 0,01 ÷ 0,001 рад, можно считать, что tg θ =

dy ≈ θ , а величину dx

2

⎛d y⎞ ⎟⎟ в уравнении кривизны не принимать во внимание. В самом деле: ⎜⎜ ⎝d x⎠ 3

0,012 = 0,0001, а все подкоренное выражение

⎡ ⎛ dy ⎞ 2 ⎤ ⎟⎟ ⎥ ≈ 1,00015 . ⎢1 + ⎜⎜ d x ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎥⎦

Поэтому выражение кривизны балки можно записать в виде

Mx 1 d2y = = , ρ d x2 E I y или

E I y ′′ = M x . Это, так называемое приближенное дифференциальное уравнение кривой оси балки, или уравнение «упругой линии».

103 Для выбора знака левой части уравнения будем считать, что она имеет знак +, если ось y − y направлена вверх, а для моментов в правой части уравнения остается ранее принятое правило знаков при построении эпюр. Таким образом, чтобы получить уравнение прогибов y = f ( x ) , необходимо дважды проинтегрировать приближенное дифференциальное уравнение. После первого интегрирования получаем уравнение

∫

E I y′ = M x d x + C . После второго интегрирования

∫ ∫

E I y = d x M xd x + C x + D . Первое полученное уравнение – уравнение углов поворота сечений балки

y′ ≈ θ = второе – уравнение прогибов

y=

1 E Iy

1 EI y

[∫ M d x + C ], x

[∫ d x ∫ M d x + C x + D]. x

Постоянные интегрирования в этих уравнениях представляют:

C – угол поворота сечения балки в начале выбранной системы координат для M x , при х = 0 ; D – прогиб балки в том же сечении. Выбор начала координат на конечный результат расчетов не влияет, но значения С и D при этом могут меняться.

Определение деформаций балок решением приближенного дифференциального уравнения является универсальным – пригодным для расчета балок с несколькими грузовыми участками, с различной нагрузкой. Рассмотрим несколько примеров, использование этого метода. 1.

Определить прогиб и угол поворота сечения балки, где приложена сосре-

доточенная сила P (см. рис.48).

104

Рис.48 Решение Примем начало координат на опоре (в заделке). Реакции опор при данной нагрузке

R = P; M 0 = − P l . Изгибающий момент в любом сечении балки на расстоянии х от начала координат

M x = R x − M0 = P x − M0. Подставляем значения M x в уравнение

E I y ′′ = P x − M 0 = P x − P l . Интегрируем полученное уравнение дважды:

x2 E I y′ = P − Pl x + C , 2 x3 x2 EI y = P − Pl +C x + D. 6 2 Постоянные интегрирования находим из начального условия, что при х = 0 (в заделке) прогиб и угол поворота равны нулю. Из этого условия находим, что С = 0 и D = 0. Таким образом, окончательно уравнения для углов поворота и прогибов в любом сечении балки будут:

x2 E I y′ = P − Pl x, 2 В сечении, где приложена нагрузка (при x = l ), угол поворота будет:

105

Pl2 Pl2 2 y′ = θ = − Pl = − рад. 2E I 2E I Знак минус говорит о том, что сечение поворачивается по часовой стрелке.

Pl3 Pl3 l2 Прогиб y = − Pl =− см. 6E I 2E I 3E I Перемещение сечения – вниз, по направлению действия силы. 2.

Балка на двух опорах с одним грузовым участком (рис.49).

Рис.49

Определить прогиб посередине пролета. ql R A = RB = . 2 Примем начало координат на опоре А. Изгибающий момент в сечении, на расстоянии Х от опоры

q x2 q l q x2 = . M x = RA x − x− 2 2 2 Подставим значение М х в уравнение упругой линии и дважды проинтегрируем:

ql q x2 . E I y y ′′ = x− 2 2 q l x2 q x3 1) E I y y ′ = − +C, 2 2 6 q l x3 q x4 2) E I y y = − +C x+ D. 2 6 24

106 Начальные условия для определения постоянных интегрирования принимаем при х = 0 (для определения D ) и при x = l / 2 для определения С. В самом деле, при х = 0 на опоре А прогиб равен нулю и при x = l / 2 для балки постоянной жесткости ( E I = const ) угол поворота будет также равен нулю, так как балка изогнется симметрично относительно опор. Среднее сечение останется параллельным самому себе. Подставим значение y ′ = 0 при x = l / 2 в первое уравнение и получаем

ql l2 ql3 0= − +C, 2 8 48 откуда

ql3 . С=− 24 Значение D = 0 , так как согласно первому условию х = 0 y = 0 . Это подтверждает геометрическую сущность постоянных интегрирования. Таким образом, углы поворота сечений балки на опорах:

ql3 рад. y′ = и = ± 24 E I Для опоры А – отрицательное значение, для опоры В – положительное – поворот сечений соответственно по часовой и против часовой стрелки. Максимальный прогиб будет посередине пролета при x = l / 2

ql4 ql4 ⎞ 1 ⎛ ql l3 ⎜ ⎟= − − y= E I ⎜⎝ 2 48 16 ⋅ 24 24 ⋅ 2 ⎟⎠ 4ql4 − ql4 − 8ql4 5ql4 = =− см. 384 E I 384 E I 3) Балка на двух опорах с двумя грузовыми участками (рис.50).

Определить прогиб посередине пролета и найти углы поворота концевых сечений (на опорах).

107

Рис.50 Чтобы специально не находить реакции опор, нагрузка принята посередине пролета. При этом

R A = RB =

P . 2

На балке два грузовых участка. Принимаем начало координат на опоре А. Расстояние до первого и второго сечений соответственно – x1 и x 2 .

В отличие от обычного правила, принятого для построения эпюр, когда для разных участков можно принимать начало координат с правой и левой стороны от сечения, здесь должно быть принято одно начало координат для всех участков на балке. Это сокращает количество неизвестных С и D благодаря возможности выбора условий на границах участков. Количество дифференциальных уравнений составляется столько, сколько на балке грузовых участков. В нашем случае изгибающие моменты на первом и втором грузовом участке будут: 1 участок – M x = R A x1 =

P x; 2 1 ⎛ ⎝

l⎞ 2⎠

2 участок – M x = R A x 2 − P ⎜ x 2 − ⎟ =

P l⎞ ⎛ x2 − P ⎜ x2 − ⎟ . 2 2⎠ ⎝

Дифференциальные уравнения: 1. E I y ′′ = 2. E I y ′′ =

P x , 2 1

P l⎞ ⎛ x2 − P ⎜ x2 − ⎟ . 2 2⎠ ⎝

108 Интегрирование обоих уравнений ведется параллельно:

P x12 + C1 , 1. E I y ′ = 2 2 2

l⎞ ⎛ ⎜ x2 − ⎟ 2 2⎠ P x2 1. E I y ′ = −P ⎝ + C2 . 2 2 2 При интегрировании второго уравнения (на втором участке) скобка

l⎞ ⎛ ⎜ x 2 − ⎟ не раскрывается. 2⎠ ⎝

P x13 + C1 x1 + D1 , 1. E I y = 2 6 3

l⎞ ⎛ − x ⎜ ⎟ 2 2⎠ P x 23 ⎝ 2. E I y = −P + C 2 x 2 + D2 . 2 6 6 Так как для составления уравнений принято одно начало координат отсчета x1 и x 2 , примем начальные условия на границе участков при

x1 = x 2 = l / 2 . Получается, что уравнение первого участка и второго идентичны и можно сделать вывод, что С1 = С 2 и D1 = D2 . Из условия, когда x1 = x 2 = 0 , находим

y = 0 и, следовательно,

D1 = D2 = 0 . Постоянные интегрирования С1 и С 2 можно найти из условия, что

y ′ = и = 0 при x1 = x 2 = l / 2 . E I y′ =

P x12 P x 22 ′ + C1 = 0 ; E I y = + C2 = 0 , 2 2 2 2

или

Pl2 . С1 = С 2 = 16 Углы поворота сечений балки на опорах будут:

109

Pl2 Pl2 рад; на опоре В – и В = рад. на опоре А – и А = − 16 E I 16 E I Максимальный прогиб балки при x1 = x 2 = l / 2 – посередине пролета

y max

Pl3 Pl3 Pl3 − 3Pl3 Pl3 = f = − = =− см. 96 E I 32 E I 96 E I 48 E I

Приведенные примеры далеко не исчерпывают все варианты решения дифференциальных уравнений при определении деформации балок, и охватить их в кратком лекционном изложении невозможно. Поэтому с целью облегчения решения задач при решении дифференциальных уравнений для более сложно загруженных балок с несколькими грузовыми участками приведем здесь несколько рекомендаций – условий, позволяющих уменьшить число постоянных интегрирования и упрощающих все решение. 1. Отсчет абсцисс x i для сечений всех грузовых участков на балке необходимо вести от одного начала координат – от крайней левой или крайней правой точки на оси балки. 2. Все выражения изгибающего момента на втором и последующих грузовых участках должны содержать выражения моментов предыдущих участков. 3. Все вновь вводимые составляющие (слагаемые) уравнений изгибающих моментов на втором и последующих участках должны содержать множитель ( x i − a ), где а – сумма длин предыдущих участков. 4. С этой целью, при наличии на балке прерывающейся распределенной нагрузки, необходимо дополнить ее до конца балки, одновременно добавляя такую же нагрузку противоположного знака (см. рис.51).

110

Рис.51 1. Интегрирование дифференциальных уравнений следует вести без раскрытия скобок ( x i − a ), считая их как одно неизвестное. 2. Если на балке на каком-либо участке имеется сосредоточенный момент (не в начале координат), его следует умножить на скобку ( xi − c ) . Здесь с – часть 0

длины балки от начала координат до меcта приложения момента. При соблюдении этих условий создается возможность приравнивания выражений для y ′ и

y на границах смежных участков, что существенно

упрощает задачу отыскания значений С i и Di . Определение деформаций балок возможно и другими методами: графическим (метод построения «веревочного» многоугольника), методом начальных параметров, энергетическими методами. С чисто практической точки зрения имеет смысл остановиться на последних. Наименование – энергетические методы, связано с одной из важных особенностей потенциальной энергии упругой деформации. 5.2. Энергетические методы определения деформаций (перемещений)

Название методов основывается на особенности математического выражения потенциальной энергии упругой деформации. Если обратиться к диаграмме P − ∆ l (см «Определение механических

111 характеристик материалов»), то можно видеть, что на участке диаграммы от начала координат до силы Pпц сохраняется прямолинейная зависимость между силой и деформацией. На этом участке диаграммы в материале накапливается потенциальная энергия, величина которой в пределах от нуля до Pпц может быть определена в каждый момент как площадь соответствующего треугольника:

u=

1 P∆l . 2

Заменив ∆ l на ее значение через

Pl , получим: EA

P 2l u= . 2E A Принимая силу Р за независимую переменную, можно взять производную от выражения потенциальной энергии по этой силе:

∂u Pl 2Pl = = = ∆l. ∂P 2E A E A Получили деформацию стержня. На этой особенности выражения потенциальной энергии упругой деформации и основаны методы определения деформаций: метод Кастильяно, метод Мора, метод Верещагина. В пределах упругой работы материала сохраняется линейная зависимость между силами и перемещениями (деформациями) и при других деформациях – сдвиге, кручении, изгибе. Поэтому выражение для потенциальной энергии и при всех этих деформациях могут быть записаны аналогично. Рассмотрим элемент стержня длиной dx , произвольно загруженного внешними силами (рис.52). Будем считать, что все внешние силы приведены к правому сечению. Тогда, возможно, что в сечении будут действовать все шесть силовых факторов: изгибающий момент относительно оси z (M z ) , изгибающий момент относительно оси

у (M у = М ), крутящий момент

(М

кр

= М х ), продольная сила

N и две поперечные (перерезывающие) силы Q y и Q z .

112

Рис.52 Общая потенциальная энергия деформаций для рассматриваемого элемента может быть записана в виде суммы:

d u = d u (M z ) + d u (M ) + d u (M кр ) + d u ( N ) + d u (Q y ) + d u (Q z ) = 2 Q y2 d x M z2 d x M 2 d x M кр d x N 2 d x Qz2 d x = + + + + ky + kz . 2 E Iz 2E Iy 2G I p 2E A 2G A 2G A

Коэффициенты k y и k z при потенциальной энергии от перерезывающих сил учитывают влияние формы сечения (см. «Касательные напряжения при изгибе»). Полная потенциальная энергия для всего бруса равна сумме значений потенциальной энергии на всей длине, то есть:

u=

∫ l

M кр2 d x M z2 d x M2dx + + + 2E Iz 2E Iy 2G I p

∫ l

∫ l

∫ l

Q y2 d x Q z2 d x N 2d x + ky + kz . 2E A 2G A 2G A

∫ l

∫ l

Очевидно, что при плоском поперечном изгибе основной нагрузкой является изгибающий момент

(M

у

= М ) и потенциальная энергия при изгибе

может быть выражена одним слагаемым:

113

u=

∫ l

M2dx . 2E Iy

Вклад поперечной силы Q z в величину потенциальной энергии незначителен и влияние ее можно не учитывать. Метод Кастильяно Согласно теореме Кастильяно: «Частная производная от потенциальной энергии системы по силе равна перемещению точки приложения силы по направлению этой силы». Мы не будем рассматривать доказательство этой теоремы. Оно достаточно просто изложено у В.И. Феодосьева [22], а рассмотрим ее практическое применение. Согласно теореме, обобщенная деформация (прогиб или угол поворота балки) будет определяться как:

δ=

∫ l

M d x ∂M ⋅ . E Iy ∂P

Здесь: М – изгибающий момент на рассматриваемом участке; Р – обобщенная сила (сосредоточенная сила, если определяется прогиб, или сосредоточенный момент, если определяется угол поворота). Так для балки (рис.53) изгибающий момент M = − P x . Частная производная:

∂М = −х . ∂Р Прогиб балки, где приложена сила Р:

Pl3 − P xd x (− x ) = y= . 3Е Iy E Iy

∫ l

Деформация – перемещение у происходит по направлению действия силы. Для определения угла поворота этого сечения необходимо ввести в это сечение сосредоточенный момент M д = 0 (рис.54).

114

Рис.53

Рис.54 При этом M = − P x + M д

∂М = 1. ∂Mд M д вводить под интеграл нет необходимости, так как M д = 0 , а y′ =

∫ l

Pl2 − P xd x ⋅1 = − рад. 2Е Iy E Iy

Рассмотрим балку на двух опорах с равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q .

Рис.55

115 Реакции опор от внешней нагрузки R A = R B =

ql . 2

Если требуется найти прогиб балки посередине пролета (при x = l / 2 ), то при вводе Рд = 0 в этом сечении балка будет разделена на два грузовых участка (рис.56).

Рис.56 Реакции опор с учетом Рд будут

R A = RB =

q l Pд + . 2 2

Изгибающие моменты на участках одинаковы:

ql q x 2 Pд Mx = x− + x, 2 2 2

∂Мx x = . ∂ Pд 2

Так как оба грузовых участка зеркально симметричны, деформацию на одном участке удваиваем

δ= y=2

∫

⎛ ql q x2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ d x x− 2 2 x ⎝ ⎠ ⋅ = 2 E Iy

l/2

⎡ ql4 ql4 ⎤ 5ql4 5ql4 = 2⎢ − ⎥ = 2 768 E I = 384 E I . 96 256 E I E I y y ⎦ y y ⎣ Для определения угла поворота сечения на опорах вводим M д = 0 на опоре В (рис.57). С учетом M д реакции опор будут

116

RA =

ql Мд ql Мд + ; RB = − . 2 2 l l

Рис.57 Изгибающий момент

ql q x2 М д M = x− + x, 2 2 l если принять начало координат на опоре А, и

ql q x2 М д M = x− − x, 2 2 l если принять справа – на опоре В

∂М x =± . l ∂Мд Откуда

y′ = θ = ±

∫ l

⎛ ql q x3 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ d x x− 2 2 x ⎝ ⎠ ⋅ = E Iy l

ql3 ql3 ql3 = − = рад. 6 E I y 8 E I y 24 E I y Метод Мора Из приведенных примеров видно, что частная производная от изгибающего момента по сосредоточенной силе не что иное, как ордината сечения относительно места приложения силы.

117 В таком случае частную производную можно заменить на момент от силы, равной единице, приложенной в сечении, где определяется деформация, или просто взять единичный момент, если требуется определить угол поворота сечения. Тогда из интеграла Кастильяно получаем формулу интеграла Мора:

δ=

∫ l

M dx M c . E Iy

Решение его не нуждается в иллюстрации. Метод Верещагина Замечая, что M dx = d ω – элементарная площадка эпюры изгибающих моментов на длине d x , то

∫ M d x = ω – вся площадь эпюры изгибающих моl

ментов; М с – изгибающий момент от силы, равной единице (или единичного момента), приложенной в сечении, где определяется деформация, но взятый под центром тяжести основной эпюры. Таким образом, сделав соответствующую замену в обозначениях и заменив интеграл суммой по количеству участков (или сил), получаем формулу Верещагина: n

δ=

∑ 1

ωMc . E Iy

Для решения балок с несколькими грузовыми участками метод Верещагина более удобен и по наглядности, и простоте решения. Метод Кастильяно и Мора в виде готовых решений интегралов иногда можно встретить в справочной литературе для наиболее часто встречающихся нагрузок. Рассмотрим пример на метод Верещагина при определении деформации балок.

118 Определить перемещение сечения C (свободного конца консоли) (рис.58) Решение Рассматриваем нагрузку балки от каждой силы в отдельности и строим от них эпюры изгибающих моментов (см. рис.58). Определяем площади этих эпюр ωi и находим положения центров тяжести х i . Значение этих величин указаны на рисунке напротив каждой эпюры. Загрузим балку в сечении C единичной силой Рд = 1 и построим эпюру изгибающих моментов от нее. Под центром тяжести каждой из эпюр снимаем значения моментов от силы Рд (все указано на рисунке). Прогиб в сечении C будет равен

a P l 2 a P l 2 2 a q a 2l 2 a 1 ⋅ ⋅ ⋅ M 0l ⋅ 2 3 16 3 16 3 4 3 − + + − y= E Iy E Iy E Iy E Iy q a3 3 a M la P l 2a q a 3l q a4 6 4 0 − = + − − . E Iy 6 E I y 16 E I y 6 E I y 8 E I y Как видно, весь расчет сводится к достаточно простым операциям.

Все рассмотренные методы широко используются не только при определении деформаций балок, но и для решения статически неопределимых балок, которые будут рассмотрены во второй части лекций.

119

120 БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1. Авдеев Б.А. Техника определения механических свойств материалов. – М.: Машиностроение, 1965. 2. Александров А.В., Потапов В.Д., Державин Б.Б. Сопротивление материалов. – М.: Высш. школа, 2001. 3. Беляев Н.М. Сопротивление материалов. – М.: Госиздат, 1954.

4. Беляев Н.М. Сборник задач по сопротивлению материалов. – М.: Наука, 1968. 5. Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. – М.: Высш. школа, 1969. 6. Детали машин: (Расчет и конструирование): Справ. в 3 т. / Под ред. Н.С. Ачеркана. – М.: Машиностроение, 1968. 7. Измерения в промышленности: Справочник в 3 томах / Под ред. П. Профоса. – М.: Машиностроение, 1990. 8. Испытательная техника: Справ. в 2 т. / Под ред. В.В. Клюева. – М.: Машиностроение, 1982. 9. Конструкционные материалы: Справ. / Под ред. Б.И. Арзамасова. – М.: Машиностроение, 1990. 10. Композиционные материалы: Справ. / Под ред. В.В. Васильева и Ю.М. Теркопольского. – М: Машиностроение, 1990. 11. Логинов В.Н. Электрические измерения механических величин. – М.: Энергия, 1970. 12. Марочник сталей и сплавов/ Под ред. В.Г. Сорокина. – М.: Машиностроение, 1989. 13. Методические указания к выполнению лабораторных работ. – СПб.: СЗТУ, 2003. 14. Правила устройства и безопасности эксплуатации грузоподъемных кранов. Госгортехнадзор СССР. – М.: Транспорт, 1974.

121 15. Партон В.З., Морозов Е.М. Механика упругопластичного разрушения. – М.: Наука, 1985. 16. Рындин Н.И. Краткий курс теории упругости и пластичности. – Л.: Изд-во ЛГУ, 1974. 17. Сухарев И.Г. Экспериментальные исследования деформации и прочности. (Библиотека расчетчика). – М.: Машиностроение, 1985. 18. Справочник по строительной механике корабля в 3-х томах / Под ред. Ю.А. Шиманского в 3 томах. – Л.: Судпромгиз, 1958.

19. Тимошенко С.П. Сопротивление материалов в 2-х томах. – М.: Наука, 1965. 20. Тимошенко С.П., Дж. Гульер. Теория упругости. – М.: Наука, 1975 21. Филин А.П.. Прикладная механика твердодеформируемого тела в 3 томах. – М.: Наука, 1975. 22. Федосеев В.И. Сопротивление материалов. – М.: Наука, 1964. 23. Фудзин Т., Дзако М. Механика разрушения композиционных материалов. – М.: Мир, 1982. 24. Фридман Я.Б. Механические свойства материалов. – М.: Машиностроение, 1974. 25. Эксплуатация паровых котлов и паропроводов. Сборник официальных материалов. – Киев: Техника, 1971. 26. Яворский Б.М., Детлаф А.А. Справочник по физике. – М.: Наука, 1969.

122 Предметный указатель Анизотропия (анизотропный материал) – 6 Балка консольная – 64, 79, 81, 82 двухопорная – 83 Верещагина способ (метод) – 111, 117, 118 Вытяжка материала – 10 Гипотеза касательных напряжений – 42 наибольших деформаций – 41 нормальных напряжений – 41 плоских сечений – 7,16 энергии формообразования – 43 Гука закон – 14 обобщенный – 35 при сдвиге – 35 Деформация – 6, 10, 48, 64 абсолютная продольная – 9 остаточная пластическая – 9, 10, 11 угловая – 6 упругая – 9, 10 Диаграмма истинная – 12 растяжения – 9 Журавского формула – 96 Закон парности касательных напряжений – 28 Запас прочности (коэффициент запаса) – 13 Изгиб – 64 плоский поперечный – 67 косой (двойной) – 67 чистый – 82 Изотропность – 6 Интеграл Мора – 116, 117 Испытание материалов, конструкций на растяжение – 8 Коэффициент Пуассона – 15 Кривизна – 102 Круг Мора – 37, 38, 44 Кручение – 48 Модуль упругости – 14 при сдвиге – 35 Момент изгибающий – 76, 77 инерции главный – 66 осевой – 66, 67 полярный – 32, 35 центробежный – 49, 50 крутящий – 49, 50 сопротивления полярный – 54

123 сопротивления осевой – 67, 68 статический –74 Наклеп – 10 Напряжение главное – 20, 23 допускаемое – 13 касательное – 22 нормальное – 88, 89, 92 температурное – 19 эквивалентное (расчетное) – 100 Неопределенность статическая – 18 Оболочка – 5 Оси инерции главные – 66 центральные – 66 Отжиг – 10 Перемещение – 21 Пластичность – 10, 11 Площадка текучести – 11 Площадки главные – 20 Правило знаков – 78 Предел пропорциональности – 12 прочности – 12 текучести – 12 упругости – 12 Принцип независимости действия сил – 4, 5 Принцип Сен-Венана – 7 Пружины – 60 Расчетная схема – 8, 15 Реакция связи (опоры) – 64, 65 Сдвиг – угол сдвига – 34 Сила внешняя – 16 внутренняя – 7 упругого сопротивления – 6, 7 поперечная (перерезывающая) – 76 распределенная – 81 сосредоточенная – 80 Сопротивление временное – 9, 10 Состояние напряженное – 24 плоское – 24 объемное – 24 осевое (линейное) – 24 Теорема Кастильяно – 11, 113 Уравнение совместности деформаций – 20 Уравнение дифференциальное изгиба – 101, 102 Хрупкость – 12 Центр тяжести – 74

124 Энергия упругой деформации – 32 изменения объема – 33, 36 изменения формы – 33, 37 Эпюры моментов – 58 напряжений – 54, 91, 98, 99 сил – 76

125 ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Лекция I. Задачи дисциплины «Сопротивление материалов». Методы решения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1 Основные теоретические положения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Механические характеристики материалов. Диаграмма растяжения упругопластичного материала. Допускаемые напряжения. . . . . . . . . . . . . 8 1.3. Растяжение – сжатие. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Лекция II. Основы теории напряженного состояния материала. . . . . . . . . 22 2.1.Виды напряженного состояния. Обобщенный закон Гука. . . . . . . . . . . 22 2.2.Зависимость между касательными и нормальными напряжениями на наклонных площадках при плоском напряженном состоянии. . . . . . . . 25 2.3. Объемная деформация. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.4. Потенциальная энергия упругой деформации. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.5. Исследование напряженного состояния материала графическим методом. Круг Мора. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.6. Гипотезы прочности. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Лекция III. Практические расчеты на сдвиг. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.1. Клепаные и сварные соединения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.2. Кручение. Напряжение и деформация. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Лекция IV. Изгиб. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 4.1. Основные определения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 4.2.Геометрические характеристики плоских сечений балок. . . . . . . . . . . . 66 4.3. Внутренние силы. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 4.4. Напряжения при изгибе. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .88 4.5. Касательные напряжения при изгибе. Полный расчет балки на прочность. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 Лекция V. Деформация балок. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .101 5.1. Метод решения приближенного дифференциального уравнения. . . . . 101 5.2. Энергетические методы определения деформаций (перемещений). . . 110 . Библиографический список. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .120 Предметный указатель. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .122 Оглавление. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

126

Воронова Лариса Григорьевна Коршунова Галина Дмитриевна Соболев Юрий Николаевич

Сопротивление материалов Письменные лекции Часть I

Сводный темплан 2003 г. Редактор И.Н. Садчикова Лицензия ЛР № 020308 от 14. 02. 97 Подписано в печать Б. Кн.-журн.

Формат П.л.

Б.л.

60*84 1/16

РТП РИО СЗТУ

Тираж Заказ ______________________________________________________________________ Северо-Западный государственный заочный технический университет РИО СЗТУ, член Издательско-полиграфической ассоциации вузов Санкт-Петербурга 191186, Санкт-Петербург, ул. Миллионная, 5